资源简介

2025年江苏省溧阳市燕湖初级中学中考三模化学试卷
1．下列属于纯净物的是
A．水银 B．白醋 C．不锈钢 D．大理石
2．下列笔、墨、纸、砚制作工艺中涉及化学变化的是
A．竹制笔杆 B．烧炭集烟 C．纸浆晾干 D．磨石成砚
3．下列物质的用途主要与化学性质有关的是
A．干冰用于食品保鲜 B．汽油用于清洗油污
C．氧气用于医疗救急 D．铜丝用于制作导线
4．铁制品发蓝工艺原理9Fe+4NaNO2+8H2O=3Fe3O4+4NH3↑+4NaOH。其中属于盐的是
A．NaNO2 B．Fe3O4 C．NH3 D．NaOH
5．下列归类正确的是
选项 归类 内容
A 合成材料 涤纶、聚乙烯、合金钢
B 可燃气体 氧气、石油气、天然气
C 常见的碱 火碱、消石灰、草木灰
D 有机高分子 淀粉、纤维素、蛋白质
A．A B．B C．C D．D
6．检测土壤浸出液酸碱性和酸碱度的部分操作，下列操作不正确的是
A．搅拌 B．过滤
C．测酸碱性 D．测酸碱度
7．下列实验方法正确的是
A．用水区分NaOH和NH4NO3固体
B．用50mL量筒量取6.5mLH2O
C．用加碘盐鉴别淀粉溶液和食盐水
D．用活性炭除去水中所有杂质
8．下列排序正确的是
A．氮元素质量分数：
B．利用金属的年代：
C．气体的溶解性：
D．溶液的pH值：
9．下列说法正确的是
A．儿童缺锌会导致骨质疏松
B．波义耳编著了《怀疑的化学家》
C．钙元素是人体微量元素之一
D．三酸两碱中的两碱是指烧碱和熟石灰
10．科学思维是化学核心素养的重要组成部分，下列说法正确的是
A．分类：P2O5、H2O和中都含有氧元素，都属于氧化物
B．比较：CO和CO2的组成元素相同，它们的化学性质也相同
C．推理：溶液是均一、稳定的，所以均一、稳定的液体是溶液
D．分析：浓盐酸敞口放置一段时间后浓度减小，因为浓盐酸有挥发性
11．硒元素在元素周期表中的信息如图所示。下列说法不正确的是
A．硒元素属于非金属元素 B．硒原子核内有34个中子
C．硒元素的相对原子质量为78.97 D．硒元素在人体中属于微量元素
12．下图表示甲转化为丙的微观过程。下列说法不正确的是
A．转化①中甲和H2的分子个数比为1：3
B．转化②是分解反应
C．甲、乙、丙中碳元素质量分数依次减小
D．乙和丙完全燃烧产物相同
13．用下图装置研究高温下木炭和FeCO3反应的产物。下列说法不正确的是
A．装置②中石灰水变浑浊，说明产物中有CO2
B．装置③中黑色固体变红，说明产物中有CO
C．装置②、③互换位置，会影响CO2的检验
D．加热一段时间后，取①中固体加入足量稀盐酸，溶液变成浅绿色，说明产物中有Fe
14．下列物质的转化在给定条件下能实现的是
A．SSO3 B．NH4HCO3NH3
C．NaCl溶液NaHCO3 D．CaCO3BaCO3
15．下列实验方案不能达到探究目的的是
选项 探究目的 实验方案
A 鉴别羊毛线和棉线 取样，灼烧，闻气味
B 除去K2MnO4中混有的KMnO4 充分加热至固体质量不变
C 比较Fe、Cu的金属活动性强弱 将铜片插入FeSO4溶液，观察现象
D 检验Na2SO4溶液中是否混有MgSO4 取样，加入NaOH溶液，观察现象
A．A B．B C．C D．D
16．如图为氢气的转化和利用。下列说法不正确的是
A．转化①氢分子间空隙减小
B．转化②反应类型为置换反应
C．转化③氢氧燃料电池工作时化学能转化为电能
D．转化④生成46gC2H5OH，参加反应H2的质量为6g
17．如图为KCl和Na2SO4的溶解度曲线。下列说法不正确的是
A．T2℃时，不能配制溶质质量分数为48%的Na2SO4溶液
B．将KCl饱和溶液从T1℃升温到T2℃，溶液的溶质质量分数保持不变
C．将等质量的KCl、Na2SO4饱和溶液从T2℃降温到T1℃，两溶液中溶质的质量相等
D．将67.5gNa2SO4饱和溶液从T1℃升温到T2℃，要使溶液达到饱和需加入6.5gNa2SO4固体
18．利用硫化物分解硝酸盐的原理为：5K2S+8KNO3+4H2O4N2↑+5X+8KOH，下列说法不正确的是
A．X为K2SO4
B．KNO3可用作复合肥
C．反应中有三种元素化合价发生改变
D．反应过程中溶液pH增大
19．化学实验中常用到水，下列实验有关水的作用叙述不正确的是
A．实验①：通过集气瓶内水体积的变化，得出消耗氧气的体积
B．实验②：水的作用是防止高温熔融物使集气瓶底炸裂
C．实验③：CO2能使紫色石蕊变红，水没有参加反应
D．实验④：烧杯内冷水的作用是使水蒸气液化
20．有、、组成的混合物，经测定含氧元素质量分数为30%，则碳元素的质量分数为
A．65% B．60% C．50% D．40%
21．用化学符号表示：
（1）甲烷　 　。
（2）8个硫原子构成的硫分子　 　。
（3）3个氯离子　 　。
（4）硝酸钾中的原子团　 　。
22．选择下列适当的物质填空(选填序号)：
A.聚乙烯 B.石灰石 C.武德合金 D.纯碱 E.熟石灰
（1）可用工业炼铁的是　 　。
（2）可用于制保险丝的是　 　。
（3）可用于包装食品的是　 　。
（4）可配制波尔多液的是　 　。
23．全球“双碳”目标愿景下，氨气作为一种“零碳”能源前景广泛。
I．制氨
（1）N2是合成氨的重要原料，从空气中获得N2是利用空气中各成分　 　不同。
（2）在高温、高压下用铁触媒制氨的反应原理如图。
①铁触媒在反应前后　 　不改变。
②整个转化过程中氮气和氢气的分子个数比为　 　。
（3）科学家最新研制了常温、常压下电解法合成氨原理如图。
①发生反应的化学方程式为　 　。
②实际测得氨气与氧气的质量比远小于理论值可能的原因是　 　。
Ⅱ．用氨
（4）氨被誉为“零碳”燃料，是因其在纯氧中完全燃烧的产物是　 　。
（5）纯氨燃烧非常困难，且燃烧速率慢。氨中掺混其他燃料是提高氨燃烧速率和燃烧稳定性的常见方法。在相同压强、不同当量比(燃料完全燃烧理论所需空气量与实际供给空气量之比)下，向氨中掺混不同燃料时，燃烧的速率检测结果如图。当　 　时，燃料燃烧速率最快。
24．请参加“自制苏打水”的项目式学习。
【任务一】认识苏打水
（1）苏打水是碳酸氢钠的水溶液，pH=8.3能使无色酚酞呈现出　 　色。
【任务二】配制苏打水
（2）常温下按图1步骤配制溶质质量分数为3%的苏打水。需加入碳酸氢钠的质量为　 　g，振荡的作用是　 　(水的密度为1)。
【任务三】储存苏打水
（3）如图2所示实验，观察到澄清石灰水变浑浊。试管中产生的白色浑浊物质的化学式为　 　。根据实验，储存苏打水需要　 　。
25．结合下图回答问题。
（1）仪器名称：①　 　。
（2）实验室制取1.6gO2需要多少克氯酸钾？(写出计算过程)
（3）若用F装置收集，O2应从　 　(选填“a”或“b”)端通入。
（4）实验室制取CO2的化学方程式为　 　，实验室一般只用E装置收集CO2，理由是　 　。
（5）收集一瓶CO2按图1装置完成实验，先后将等体积的两种溶液快速推入瓶中；图2表示瓶内压强变化。
①BC段反应的化学方程式为　 　。
②F~H段压强变化的原因可能是　 　。
26．镁与饱和NaHCO3溶液反应产生大量气体，过滤得到无色滤液和白色沉淀。
（1）收集气体经　 　(填操作)后点燃，产生淡蓝色火焰，再通入澄清石灰水无现象，则气体是H2。
（2）取少量无色滤液，滴加CaCl2溶液，产生白色沉淀且无气泡，滤液中的溶质是　 　。
（3）探究白色沉淀的成分
【资料1】Mg(OH)2、MgCO3受热均易分解，分别生成两种氧化物。
【猜想】白色固体可能为：①Mg(OH)2；②MgCO3；③Mg(OH)2和MgCO3，
【实验1】取适量白色固体，加入足量稀盐酸，　 　(填现象)，则猜想①不成立。
【实验2】另取适量白色固体，充分加热，产生使无水硫酸铜变蓝的气体，则猜想③成立。(已知无水硫酸铜遇水会变蓝。)
【资料3】查阅资料，该白色固体是水合碱式碳酸镁[xMg(OH)2 yMgCO3 zH2O]，难溶于水，受热易分解，在450℃完全分解为三种氧化物。
【实验3】取4.66g白色固体，加热至500℃，将生产的气体依次通过浓硫酸、碱石灰，测得浓硫酸增重0.9g，碱石灰增重1.76g。则x∶y∶z=　 　。
【分析】若碱石灰吸收了空气中的CO2，测得的　 　(选填“x”、“y”、“z”)会偏大。
【结论】镁与饱和NaHCO3溶液反应生成H2、NaCO3和水合碱式碳酸镁
27．以电石渣[主要成分Ca(OH)2，含有MgO杂质]为原料制备硝酸钙晶体的流程如下。
（1）“浸取”时通过升高温度来提高浸取率，还能采取的措施有　 　 (任写一种)。由“浸取”原理可知NH4Cl溶液呈　 　 (选填“酸”、“中”或“碱”)性。
（2）“碱化”时通入过量氨气目的是：①使Mg2+完全沉淀；②　 　。
（3）“碳化”时发生反应的化学方程式为　 　。
（4）整个流程中可循环利用的物质有　 　。
（5）请补充由CaCO3制备Ca(NO3)2·4H2O的实验方案：　 　，洗涤、干燥。
28．铁及其化合物在生产生活中有着广泛的应用。
一、铁的应用
（1）唐代铸造的“黄河铁牛”为桥梁地锚，与铁柱、铁山、铁墩、铁人等共同组成坚固完善的地锚系统。
①铸造“黄河铁牛”的过程中加入了锡，使其　 　(填物理性质)比纯铁大。
②工业上用赤铁矿进行高炉炼铁的化学方程式为　 　。
③生活中为了防止铁制品生锈，可采取的措施有　 　(任写一种)。
（2）铁粉可以对烟气进行“脱硫”处理，某烟气含N2、O2、SO2等气体，用FeSO4溶液催化“脱硫”的部分流程如图1所示。溶液的起始温度对脱硫率和溶液pH的影响如图2所示。
资料：“脱硫”时发生的主要反应为；
①温度升高脱硫率降低的原因是　 　。
②“脱硫”过程中加入铁粉的目的是　 　。
③“脱硫”一段时间后，FeSO4溶液的溶质质量分数变大的原因是　 　。
二、纳米铁粉的制备
纳米铁粉能作高效水处理剂。一种由铁屑(含少量FeCO3杂质)制备纳米铁粉的方法如下：
（3）“酸溶”时产生的气体为　 　。
（4）“沉淀”时发生复分解反应的方程式为　 　。
（5）“灼烧”后得到Fe2O3，若产物中CO和CO2的分子个数比为1∶1，则“灼烧”时发生反应的化学方程式为　 　。
（6）纳米铁粉能处理水体中的硝态氮，废水中溶解氧会降低去除率的原因是　 　。
含铁催化剂的定量测定
上述流程经“灼烧”后所得固体Fe2O3中混有一定量Fe3O4。
（7）取63.2g该固体与足量CO充分反应，生成CO2的质量为50.6g，制备出纳米铁粉的质量为　 　 g。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】纯净物和混合物
【解析】【解答】A. 水银是汞的俗称，只由汞一种物质组成，属于纯净物，故符合题意；
B. 白醋中含有醋酸、水，属于混合物，故不符合题意；
C. 不锈钢是铁的合金，含有多种物质，属于混合物，故不符合题意；
D. 大理石主要成分是碳酸钙，含有多种物质，属于混合物，故不符合题意。
故答案为：A。
【分析】由单一物质组成的物质称为纯净物。
混合物是由两种及两种以上纯物质(元素或化合物)没有经化学变化而组成的物质。
2．【答案】B
【知识点】物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】A. 竹制笔杆，只是形状变化，其中没有新物质生成，属于物理变化，故不符合题意；
B. 烧炭集烟，包含物质的燃烧，燃烧有新物质生成，属于化学变化，故符合题意；
C. 纸浆晾干，其中没有新物质生成，属于物理变化，故不符合题意；
D. 磨石成砚，只是形状变化，没有新物质生成，属于物理变化，故不符合题意。
故答案为：B。
【分析】变化时没有生成其它物质的变化，叫物理变化。
变化时都生成新物质的变化，叫做化学变化。
3．【答案】C
【知识点】化学性质与物理性质的差别及应用
【解析】【解答】A. 干冰升华吸热，能使周围温度降低，可以用于食品保鲜，该性质不需要发生化学变化就能表现出来，属于物理性质，故不符合题意；
B. 汽油用于清洗油污，汽油能溶解油污，该性质不需要发生化学变化就能表现出来，属于物理性质，故不符合题意；
C. 氧气能供给呼吸，可以用于医疗急救，该性质需要在化学变化中表现出来，属于化学性质，故符合题意；
D. 铜丝用于制作导线，是利用铜的导电性，该性质不需要发生化学变化就能表现出来，属于物理性质，故不符合题意。
故答案为：C。
【分析】物质在化学变化中表现出来的性质叫做化学性质。例如，可燃性、稳定性、酸性、碱性、氧化性、还原性等、腐蚀性等。
物质不需要发生化学变化就表现出来的性质，叫做物理性质。例如，颜色、状态、气味、硬度、熔点、沸点、密度等都属于物质的物理性质。
4．【答案】A
【知识点】酸、碱、盐的概念；单质和化合物；从组成上识别氧化物
【解析】【解答】A. NaNO3是由钠金属阳离子和硝酸根阴离子组成的，属于盐，故符合题意；
B. Fe3O4是由铁和氧两种元素组成的化合物，属于氧化物，不属于盐，故不符合题意；
C. NH3是由氮和氢两种元素组成的化合物，不属于盐，故不符合题意；
D. NaOH在水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子，属于碱，不属于盐，故不符合题意；
故答案为：A。
【分析】酸是电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物；
碱是电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物；
盐是电离时生成金属阳离子（或铵根离子）和酸根离子的化合物。
5．【答案】D
【知识点】合成材料的使用及其对人和环境的影响；有机高分子材料的分类及鉴别；酸、碱、盐的概念；物质的简单分类
【解析】【解答】A. 涤纶属于合成纤维、聚乙烯属于塑料，都属于合成材料，合金钢是金属材料，不属于合成材料，故错误；
B. 煤、石油、天然气均属于化石燃料，石油气、天然气均属于化石燃料的气体，氧气不属于化石燃料，故错误；
C. 火碱是氢氧化钠的俗称，消石灰是氢氧化钙的俗称，均属于碱，但草木灰主要成分是碳酸钾，属于混合物，故错误；
D. 淀粉、纤维素、蛋白质均属于有机高分子，故正确。
故答案为：D。
【分析】A、合成橡胶、合成纤维、塑料属于合成材料。
B、煤、石油、天然气均属于化石燃料。
C、根据常见的碱分析。
D、有机高分子化合物是指相对分子质量很大的有机物，简称有机高分子。
6．【答案】D
【知识点】实验室常见的仪器及使用；过滤的原理、方法及其应用；溶液的酸碱性与pH值的关系
【解析】【解答】A. 溶解操作应在烧杯中进行，并且用玻璃棒不断搅拌，故操作正确，不符合题意；
B. 过滤液体时，需要注意“一贴、二低、三靠”的原则，故操作正确，不符合题意；
C. 使用胶头滴管时，注意胶头滴管不能伸入到试管内或接触试管内壁，应垂直悬空在试管口上方滴加液体，故操作正确，不符合题意；
D. 用pH试纸测定未知溶液的pH时，正确的操作方法为取一片pH试纸放在玻璃片或白瓷板上，用玻璃棒蘸取少量待测液滴在干燥的pH试纸上，与标准比色卡对比来确定pH，不应该用试纸直接蘸取试液，故操作错误，符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据溶解操作的注意事项分析。
B、根据过滤操作需要注意的原则分析。
C、根据使用胶头滴管的操作分析。
D、根据用pH试纸测定未知溶液pH时的正确操作方法分析。
7．【答案】A
【知识点】实验室常见的仪器及使用；水的净化；溶解时的吸热或放热现象；物质的检验、鉴别
【解析】【解答】A. 氢氧化钠固体溶于水，会放出大量的热， 溶液温度会升高，硝酸铵溶于水吸热，溶液温度会降低，现象不同，可以用水区分氢氧化钠和硝酸铵固体，故正确；
B. 量取6.5mL水，应选择10mL的量筒，故错误；
C. 淀粉遇碘单质会变蓝，食盐水遇到碘单质不变蓝，可以用碘单质鉴别淀粉溶液和食盐水，但是加碘盐中的碘元素存在于碘酸钾中，不能使淀粉变蓝，不能用加碘盐鉴别淀粉溶液和食盐水，故错误；
D. 活性炭结构疏松多孔，具有吸附性，可以吸附水中的色素和异味，活性炭不能除去水中所有杂质，故错误；
故答案为：A。
【分析】A、根据物质溶于水是否放出热量，或者吸收热量分析。
B、量筒量程选择的依据有两点：一是保证量取一次，二是量程与液体的取用量最接近。
C、首先分析需要鉴别的物质的性质，然后选择适当的试剂和方法，出现不同的现象即可鉴别。
D、根据活性炭的性质分析。
8．【答案】A
【知识点】溶解度的影响因素；金属活动性顺序及其应用；溶液的酸碱性与pH值的关系；化学式的相关计算
【解析】【解答】A. 中氮元素质量分数 = ，中氮元素质量分数 =，中氮元素质量分数 =，则氮元素质量分数：16.47% < 20.29% < 64.62%，符合“由小到大”的顺序，故正确。
B. 铜熔点低，易从矿石中还原，最早被人类使用，为铜器时代；铁熔点高，需更高冶炼技术，较晚使用，为铁器时代；铝性质活泼，需电解法冶炼，19世纪才广泛应用。利用金属的年代Fe → Cu → Al 表示 Fe 先于 Cu，但实际 Cu 早于 Fe，故错误。
C. 气体溶解性指在标准条件下（如20℃，1 atm）的溶解度（g/100mL水）。难溶，微溶，易溶，溶解性由强到弱应为> >。故错误；
D. 石灰水：氢氧化钙溶液，碱性，pH≈12-13（最大），雨水：溶解形成碳酸，弱酸性，正常雨水pH≈5.6（最小）， 食盐水：氯化钠溶液，中性，pH=7（中等）。pH由小到大应为雨水（pH≈5.6）< 食盐水（pH=7）< 石灰水（pH≈12-13）。故错误。
故答案为；A。
【分析】A、在物质中元素质量分数 = 。
B、根据金属的利用历史取决于冶炼难度，进行分析。
C、根据常见气体溶解性分析。
D、溶液的pH值<7，显酸性，从7到1，酸性逐渐增强；
溶液的pH值=7，显中性；
溶液的pH值>7，显碱性，从7到14，碱性逐渐增强。
9．【答案】B
【知识点】常用盐的用途；人体的元素组成与元素对人体健康的重要作用；化学相关人物及贡献
【解析】【解答】A. 长时间缺锌会导致食欲不振、发育不良、生长迟缓，老年人缺钙会导致骨质疏松，故错误；
B. 波义耳编著了《怀疑的化学家》，批判了当时流行的炼金术和亚里士多德的四元素说，提出了化学元素的现代概念，强调实验在化学研究中的重要性，故正确；
C. 钙元素属于常量元素，不是微量元素，故错误；
D. 三酸两碱，其中三酸是指硫酸、盐酸和硝酸，两碱是指烧碱和纯碱，故错误；
故答案为：B。
【分析】A、根据元素与人体健康的关系分析。
B、根据波义耳的主要成就分析。
C、根据人体中的常量元素分析。
D、根据常见的碱分析。
10．【答案】D
【知识点】溶液的组成及特点；空气中常见酸碱盐的质量或性质变化及贮存法；从组成上识别氧化物
【解析】【解答】A. 五氧化二磷是由P、O元素组成的化合物，水是由H、O元素组成的化合物，它们均属于氧化物，碳酸氢钠是由Na、H、C、O元素组成的化合物，不属于氧化物，故错误；
B. 一氧化碳和二氧化碳元素组成相同，但是分子构成不同，其化学性质不同，故错误；
C. 溶液具有均一性、稳定性，但是均一、稳定的液体不一定是溶液，如水是均一、稳定的液体，但是水属于纯净物，不属于溶液，故错误；
D. 浓盐酸敞口放置一段时间后浓度减小，因为浓盐酸有挥发性，氯化氢会挥发出去，导致溶质质量减小，溶质质量分数减小，故正确。
故答案为：D。
【分析】A、氧化物是由两种元素组成，其中一种元素是氧元素的化合物。
B、由分子构成的物质，分子是保持物质化学性质的最小粒子。
C、溶液是均一、稳定的混合物。
D、根据浓盐酸的性质分析。
11．【答案】B
【知识点】矿物质与微量元素；原子的有关数量计算；元素的简单分类；元素周期表的特点及其应用
【解析】【解答】A. 硒带“石”字旁，属于非金属元素，故正确，不符合题意；
B. 元素周期表中，汉字下方数字表示相对原子质量，左上方数字表示原子序数，在原子中，原子序数=质子数，相对原子质量质子数+中子数，则硒原子核内中子数=，故错误，符合题意；
C. 元素周期表中，汉字下方数字表示相对原子质量，相对原子质量单位为“1”，通常省略不写，故硒元素的相对原子质量为78.97，故正确，不符合题意；
D. 硒元素在人体中属于微量元素，故正确，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据元素名称的字旁，确定元素的种类。
B、元素周期表中，汉字下方数字表示相对原子质量，左上方数字表示原子序数，在原子中，原子序数=质子数，相对原子质量质子数+中子数。
C、根据元素周期表中，汉字下方数字表示相对原子质量，相对原子质量单位为“1”，通常省略不写。
D、根据硒元素属于微量元素分析。
12．【答案】C
【知识点】分解反应及其应用；化学式的相关计算；微粒观点及模型图的应用；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】根据微观示意图，甲为CO2、乙为CH3OH、丙为CH3OCH3，转化①化学方程式是：CO2+3H2CH3OH+H2O；
根据乙到丙的示意图，转化②化学方程式是：2CH3OHCH3OCH3+H2O。A. 由转化①化学方程式可知，甲和氢分子的个数比为1：3，故正确，不符合题意；
B. 转化②为CH3OH生成CH3OCH3和H2O，该反应符合“一变多”的特点，属于分解反应，故正确，不符合题意；
C. 甲为CO2、乙为CH3OH、丙为CH3OCH3，甲中碳元素的质量分数=，乙中碳元素的质量分数=，丙中碳元素的质量分数=，则甲、乙、丙中碳元素质量分数依次增大，故错误，符合题意；
D. 乙为CH3OH、丙为CH3OCH3，均含有C、H、O元素，根据质量守恒定律，分别在氧气中完全燃烧，产物相同，都会生成二氧化碳和水，故正确，不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据反应的微观示意图，甲为CO2、乙为CH3OH、丙为CH3OCH3，化学方程式是：CO2+3H2CH3OH+H2O；
根据乙到丙的示意图分析两个乙分子减少了2个H，1个O，产生一个丙分子，所以转化②化学方程式是：2CH3OHCH3OCH3+H2O。
13．【答案】D
【知识点】碳、一氧化碳、氢气还原氧化铜实验；酸的化学性质；实验探究物质的组成成分以及含量；二氧化碳的检验和验满
【解析】【解答】A. 二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，观察到装置②中澄清石灰水变浑浊，说明产物中有二氧化碳，故正确，不符合题意；
B. 一氧化碳与氧化铜在加热下反应生成铜和二氧化碳，观察到装置③中黑色固体变红，说明产物中含有CO，故正确，不符合题意；
C. 如果装置②、③互换位置，一氧化碳与氧化铜反应会生成二氧化碳气体，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，会干扰产物中是否含有二氧化碳的检验，故正确，不符合题意；
D. 加热一段时间后，取①中固体加入足量稀盐酸，溶液变成浅绿色，不能说明产物中有Fe，是因为碳酸亚铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁、二氧化碳和水，也能观察到溶液变为浅绿色，故错误，符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊分析。
B、一氧化碳与氧化铜在加热下反应生成铜和二氧化碳。
C、根据一氧化碳与氧化铜反应会生成二氧化碳气体分析。
D、碳酸亚铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁、二氧化碳和水。
14．【答案】B
【知识点】氧气的化学性质；盐的化学性质；复分解反应及其应用；纯碱的制取
【解析】【解答】A. 硫在氧气中燃烧会生成二氧化硫，不会生成三氧化硫，故不符合题意；
B. 碳酸氢铵在加热条件下分解生成氨气、二氧化碳和水，能实现转化，故符合题意；
C. 氯化钠溶液与二氧化碳、氨气反应生成碳酸氢钠和氯化铵，应该还需要氨气参加反应，故不符合题意；
D. 碳酸钙为难溶物，与氯化钡溶液不反应，故不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、硫在氧气中燃烧生成二氧化硫。
B、根据碳酸氢铵的分解反应分析。
C、氯化钠溶液与二氧化碳、氨气反应生成碳酸氢钠和氯化铵。
D、根据碳酸钙的性质分析。
15．【答案】B
【知识点】棉纤维、羊毛纤维和合成纤维的鉴别；金属活动性的探究；物质的除杂、净化；物质的检验、鉴别
【解析】【解答】A. 分别取样灼烧，有烧焦羽毛气味的是羊毛线，有烧纸气味的是棉线，能达到实验目的，故不符合题意；
B. 高锰酸钾在加热下分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，充分加热直至固体质量不变，能除去杂质高锰酸钾，但会引入新杂质二氧化锰，不符合除杂原则，故符合题意；
C. 将铜片插入溶液，铜与硫酸亚铁不反应，观察到无明显现象，说明铁比铜活泼，故不符合题意；
D. 氢氧化钠与硫酸镁反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钠，产生白色沉淀，氢氧化钠与硫酸钠不反应，无明显现象，可检验Na2SO4溶液中是否混有MgSO4 ，故不符合题意。
故答案为：B。
【分析】除杂的原则：1、除杂剂只能与杂质反应，不能与欲保留的物质反应；2、不能引入新杂质；3、最佳的除杂方法是除杂剂与杂质反应生成欲保留的物质。
首先分析需要鉴别的物质的性质，然后选择适当的试剂和方法，出现不同的现象即可鉴别。
16．【答案】D
【知识点】分子的定义与分子的特性；物质发生化学变化时的能量变化；根据化学反应方程式的计算；置换反应及其应用
【解析】【解答】A. 转化①为氢气通过降温、加压变为液态氢，液态分子间隔小于气态分子间隔，则转化①中分子间空隙变小，故正确，不符合题意；
B. 反应②是碳和水在高温下生成氢气和一氧化碳，该反应属于置换反应，故正确，不符合题意；
C. 转化③为氢气和氧气在氢氧化钾溶液的环境下生成水，此为氢氧燃料电池工作原理，化学能转化为电能，故正确，不符合题意；
D. 转化④为氢气和二氧化碳在催化剂的条件下生成乙醇和水，化学方程式为：，若生成46gC2H5OH，设参加反应氢气质量为x，则根据关系式可得，x=12g，故错误，符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据液态分子间隔小于气态分子间隔，进行分析。
B、反应是单质和化合物生成新单质和新化合物，属于置换反应。
C、氢气和氧气在氢氧化钾溶液的环境下生成水。
D、氢气和二氧化碳在催化剂的条件下生成乙醇和水。
根据化学方程式进行计算。
17．【答案】C
【知识点】饱和溶液和不饱和溶液相互转变的方法；固体溶解度曲线及其作用；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】A. T2℃时，硫酸钠溶解度为48.0g，此温度下饱和硫酸钠溶液溶质质量分数=，所以T2℃时，不能配制溶质质量分数为48%的Na2SO4溶液，故正确，不符合题意；
B. 结合物质溶解度曲线图，KCl的溶解度随温度上升而升高，将KCl饱和溶液从T1℃升温到T2℃，无溶质析出，则溶液的溶质质量分数保持不变，故正确，不符合题意；
C. 结合物质溶解度曲线图，T2℃时硫酸钠的溶解度大于KCl的溶解度，此时等质量的KCl、Na2SO4饱和溶液中，KCl溶液中的水的质量＞硫酸钠溶液中的水的质量，T1℃时硫酸钠的溶解度等于KCl，则降温后，溶剂质量越大溶解的溶质质量越大，则两溶液中KCl溶液溶质质量大于硫酸钠溶液溶质质量，故错误，符合题意；
D. T1℃时，硫酸钠溶解度为35.0g，67.5gNa2SO4饱和溶液中溶质质量=，水的质量=67.5g-17.5g=50g，T2℃时，硫酸钠溶解度为48.0g，50g水最多能溶解度固体质量为24g，则升温至T2℃要使溶液达到饱和需加入的硫酸钠固体质量=24g-17.5g=6.5g，故正确，不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、根据T2℃时，硫酸钠溶解度为48.0g，进行计算分析。
B、根据溶解度曲线图，KCl的溶解度随温度上升而升高，进行分析。
C、根据溶解度曲线图，T2℃时硫酸钠的溶解度大于KCl的，进行分析。
D、根据溶解度曲线图，T1℃时，硫酸钠溶解度为35.0g，T2℃时，硫酸钠溶解度为48.0g，进行计算分析。
18．【答案】C
【知识点】溶液的酸碱性与pH值的关系；常见化肥的种类和作用；有关元素化合价的计算；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】A. 根据质量守恒定律，化学反应前后原子种类及数目不变，化学方程式，反应前有18K、5S、8N、8H和28O，反应后有8N、5X、8K、8O和8H，则5个X中含有5S、10K和20O，则1个X中含有S、2K和4O，则X的化学式为，故正确，不符合题意；
B. 硝酸钾中含有氮、磷、钾三种营养元素中的氮元素和钾元素，属于复合肥，故正确，不符合题意；
C. 反应的化学方程式为，该反应中硫元素化合价由-2价变为+6价，氮元素化合价由+5价变为0价，钾元素、氧元素、氢元素的化合价在反应前后不变，则反应中有两种元素化合价发生改变了，故错误，符合题意；
D. 该反应生成氢氧化钾，氢氧化钾显碱性，pH大于7，则反应过程中溶液pH增大，故正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据质量守恒定律，化学反应前后原子种类及数目不变，分析X的化学式。
B、在一种化学肥料中，同时含有N、P、K等主要营养元素中的两种或两种以上成分的肥料，称为复合肥料。
C、根据单质中元素的化合价规定为零，在化合物中元素的正负化合价代数和为零，进行分析。
D、根据氢氧化钾属于碱分析。
19．【答案】C
【知识点】蒸发与蒸馏操作；测定空气中的氧气含量；氧气与碳、磷、硫、铁等物质的反应现象；探究二氧化碳的性质
【解析】【解答】A. 在测定空气中氧气含量的实验中，红磷燃烧消耗氧气，装置冷却至室温后，打开止水夹，在大气压作用下，水倒流进入集气瓶，通过集气瓶内水体积的变化，得出消耗氧气的体积，故正确，不符合题意；
B. 细铁丝在氧气中燃烧放出大量的热，生成物的温度较高，铁丝在氧气中燃烧时，集气瓶底部预先放少量水，水的作用是防止高温熔融物溅落使集气瓶底炸裂，故正确，不符合题意；
C. 二氧化碳能使紫色石蕊溶液变红，其实质是二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸显酸性，酸性溶液能使紫色石蕊变红，水参加了反应，故错误，符合题意；
D. 在蒸馏实验中，烧杯内冷水的作用是使水蒸气遇冷液化，故正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据测定空气中氧气含量实验的原理，操作分析。
B、根据细铁丝在氧气中燃烧实验的注意事项分析。
C、二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸显酸性。
D、根据蒸馏实验操作的注意事项分析。
20．【答案】B
【知识点】化学式的相关计算；物质组成的综合计算
【解析】【解答】C2H4、C3H6、CH2O分子中碳原子和氢原子的个数比均为1：2，则碳元素和氢元素的质量比12：(1×2)=6：1。经测定含氧元素的质量分数为30%，则碳元素和氢元素的质量分数之和为1-30%=70%，因此碳元素的质量分数为70%×=60%。
故答案为：B。
【分析】根据所给各物质中原子个数比，由所给元素质量分数及元素质量比确定未知元素的质量分数分析。
21．【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【知识点】元素的符号及其意义；化学式的书写及意义；化学符号及其周围数字的意义
【解析】【解答】（1）甲烷的化学式为。
（2）由8个硫原子构成的硫分子为。
（3）3个氯离子表示为。
（4）硝酸钾中的原子团是硝酸根，表示为。
【分析】（1）甲烷中含有碳元素、氢元素。
（2）位于化学式中元素符号右下角的数字，表示一个分子所含的原子或原子团的个数。
（3）离子的表示方法：在表示该离子的元素符号右上角，标出该离子所带的正负电荷数，数字在前，正负符号在后，带1个单位电荷时，1要省略，表示多个该离子，就在其离子符号前加上相应的数字。
（4）硝酸钾中的原子团是硝酸根。
（1）甲烷的化学式为；
（2）位于化学式中元素符号右下角的数字，表示一个分子所含的原子或原子团的个数，故由8个硫原子构成的硫分子为；
（3）离子的表示方法：在表示该离子的元素符号右上角，标出该离子所带的正负电荷数，数字在前，正负符号在后，带1个单位电荷时，1要省略，表示多个该离子，就在其离子符号前加上相应的数字，故3个氯离子表示为；
（4）硝酸钾中的原子团是硝酸根，表示为。
22．【答案】（1）B
（2）C
（3）A
（4）E
【知识点】合金与合金的性质；常见金属的冶炼方法；酸碱盐的应用；有机高分子材料的分类及鉴别
【解析】【解答】（1）石灰石中主要成分碳酸钙，在炼铁过程中用作熔剂。高温下，碳酸钙分解反应生成氧化钙，氧化钙与铁矿石中的二氧化硅等杂质反应，形成炉渣（如硅酸钙），从而除去杂质，提高铁水纯度。因此，可用于手工业炼铁的是石灰石。
（2）武德合金是一种低熔点合金（通常由铋、铅、锡等组成）。当电路中电流过大时，产生的热量会使保险丝熔断，从而切断电路，保护电器设备。则可用于制保险丝的是武德合金。
（3）聚乙烯是一种无毒塑料，化学性质稳定，不易与食品发生反应，且具有良好的可塑性和密封性，常用于制作食品包装袋、保鲜膜等。而其他塑料（如聚氯乙烯）可能释放有害物质，不适合食品包装。因此，可用于包装食品的是聚乙烯。
（4）波尔多液是一种农业杀菌剂，由硫酸铜和熟石灰（氢氧化钙）混合配制而成。熟石灰提供碱性环境，与硫酸铜反应生成碱式硫酸铜，起到杀菌作用。因此，可配制波尔多液的是熟石灰。
【分析】（1）根据在炼铁过程中反应原理分析。
（2）根据合金的性质分析。
（3）根据用于食品包装的特点分析。
（4）根据波尔多液的组成分析。
（1）石灰石（主要成分碳酸钙）在炼铁过程中用作熔剂。高温下，碳酸钙分解生成氧化钙（生石灰），氧化钙与铁矿石中的二氧化硅等杂质反应，形成炉渣（如硅酸钙），从而除去杂质，提高铁水纯度。因此，可用于手工业炼铁的是石灰石，故填写：B。
（2）武德合金是一种低熔点合金（通常由铋、铅、锡等组成）。当电路中电流过大时，产生的热量会使保险丝熔断，从而切断电路，保护电器设备。因此，可用于制保险丝的是武德合金，故填写：C。
（3）聚乙烯是一种无毒塑料，化学性质稳定，不易与食品发生反应，且具有良好的可塑性和密封性，常用于制作食品包装袋、保鲜膜等。而其他塑料（如聚氯乙烯）可能释放有害物质，不适合食品包装。因此，可用于包装食品的是聚乙烯，故填写：A。
（4）波尔多液是一种农业杀菌剂，由硫酸铜和熟石灰（氢氧化钙）混合配制而成。熟石灰提供碱性环境，与硫酸铜反应生成碱式硫酸铜，起到杀菌作用。因此，可配制波尔多液的是熟石灰，故填写：E。
23．【答案】沸点；质量和化学性质；；；氨气在水中的溶解量远远大于氧气；N2、H2O；当量比为1.3，掺混40%H2
【知识点】氧气的工业制法；催化剂的特点与催化作用；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】（1）工业上利用液态空气中液氮和液氧沸点不同，通过分离液态空气法得到氮气，先将空气降温、加压变成液态，再升温，沸点低的液氮先汽化逸出，从而分离出氮气。
（2）①铁触媒在合成氨反应中作催化剂，结合催化剂的定义，能改变化学反应速率，而自身的质量和化学性质在反应前后不发生改变。
②从反应原理图看，该反应是N2、H2在高温高压、铁触媒作催化剂条件下反应生成NH3，化学方程式为，所以氮气和氢气的分子个数比为。
（3）①该反应是N2、H2O在通电条件下反应生成NH3和O2，化学方程式为。
②氨气极易溶于水、氧气不易溶于水，导致实际测得氨气与氧气的质量比远小于理论值。
（4）根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变，氨（NH3）中只含氮元素和氢元素，NH3在纯氧中完全燃烧，氢元素转化为水，氮元素转化为氮气，所以产物是氮气（N2）和水（H2O）。
（5）图中有甲（60%NH3和40%H2）、乙（60%NH3和40%CO）、丙（60%NH3和40%CH4）三条曲线。曲线甲（60%NH3和40%H2）在当量比为1.3时，燃烧速率达到最高值，高于乙、丙曲线在各自最高点的燃烧速率，所以当量比为1.3，掺混40%H2时，燃料燃烧速率最快。
【分析】（1）根据利用液态空气中液氮和液氧沸点不同，分离液态空气法得到氮气，进行分析。
（2）①根据催化剂的的特点分析。
②根据N2、H2在高温高压、铁触媒作催化剂条件下反应生成NH3，写出化学方程式，进行分析。
（3）①N2、H2O在通电条件下反应生成NH3和O2。
②根据氨气极易溶于水、氧气不易溶于水，进行分析。
（4）根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变，进行分析。
（5）根据观察图像，横坐标为当量比，纵坐标为燃烧速率，进行分析。
24．【答案】红；15；加速溶解；CaCO3；低温保存
【知识点】酸碱指示剂的性质及应用；一定溶质质量分数的溶液的配制；二氧化碳的化学性质
【解析】【解答】（1）苏打水是碳酸氢钠的水溶液，pH=8.3，大于7，溶液显碱性，碱性溶液能使无色酚酞变成红色。
（2）解：设需加入碳酸氢钠的质量为x，
则，x=15g；
振荡的作用是：加速溶解。
（3）试管中产生白色浑浊，说明碳酸氢钠受热分解生成了二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，则白色浑浊物质为碳酸钙，化学式为：CaCO3；
碳酸氢钠受热易分解，则储存苏打水应注意的是：低温保存。
【分析】（1）溶液的pH大于7，显碱性。
（2）溶液中溶质的质量分数=。
（3）根据碳酸氢钠的性质分析。
二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙和水。
25．【答案】（1）水槽
（2）设需要氯酸钾的质量为x。
解得x≈4.08g。
（3）b
（4）；二氧化碳密度比空气大，能溶于水且与水反应
（5）；反应结束，温度逐渐下降，瓶内气压逐渐降低
【知识点】盐的化学性质；根据化学反应方程式的计算；二氧化碳的实验室制法；气体制取装置的探究
【解析】【解答】（1）①仪器的名据是水槽。
（3）氧气的密度比空气的密度大，用F装置收集氧气时，氧气应从长管b端通入，将空气从短管a端排出。
（4）实验室常用大理石或石灰石和稀盐酸反应制取二氧化碳，碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：。
二氧化碳密度比空气的大，能溶于水且与水反应，所以只能用向上排空气法收集，即E装置。
（5）① 由图2可知，BC段压强下降，是因为氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，使瓶内压强减小，反应的化学方程式为：。
②F~H是因为反应结束，温度逐渐下降，瓶内气压逐渐降低。
【分析】（1）根据常见仪器的名称和用途分析。
（2）先设未知数，正确写出氯酸钾分解的化学方程式；再找准有关物质，已知量是氧气的质量，未知量是参加氯酸钾的质量；列比例式计算。
（3）根据氧气的密度比空气的密度大，结合F装置的特点分析。
（4）碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳。
根据二氧化碳的性质，分析收集装置。
（5）① 根据图2，氢氧化钠溶液与二氧化碳能反应进行分析。
②根据反应结束，温度逐渐下降，进行分析。
（1）根据常见仪器的名称和用途可知，①是水槽。
（2）详见答案。
（3）氧气的密度比空气大，用F装置收集氧气时，氧气应从长管b端通入，将空气从短管a端排出。
（4）实验室常用大理石（或石灰石）和稀盐酸反应制取二氧化碳，碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：。 二氧化碳密度比空气大，能溶于水且与水反应，所以只能用向上排空气法收集，即E装置。
（5）① 由图2可知，BC段压强下降，是因为氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，使瓶内压强减小，反应的化学方程式为：。②F~H是因为反应结束，温度逐渐下降，瓶内气压逐渐降低。
26．【答案】（1）验纯
（2）碳酸钠
（3）有气泡产生；1：4：4；y
【知识点】酸的化学性质；碱的化学性质；盐的化学性质；根据浓硫酸或碱石灰的性质确定所能干燥的气体；实验探究物质的组成成分以及含量
【解析】【解答】（1）结论为该气体是氢气，氢气具有可燃性，混有一定量的空气，遇到明火，容易发生爆炸，所以收集气体经验纯后点燃。
（2）取少量无色滤液，滴加CaCl2溶液，产生白色沉淀且无气泡，则说明滤液中的溶质是碳酸钠，碳酸钠能与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠。
（3）实验1：氢氧化镁能与稀盐酸反应生成氯化镁和水，碳酸镁能与稀盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳气体和水，则取适量白色固体，加入足量稀盐酸，产生气泡，说明白色固体中含碳酸镁，则猜想①不成立。
实验3：由资料可知，该白色固体是水合碱式碳酸镁[xMg(OH)2 yMgCO3 zH2O]，难溶于水，受热易分解，在450℃完全分解为三种氧化物。
再根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，反应物中含Mg、O、H、C，则生成的三种氧化物是氧化镁、水和二氧化碳，取4.66g白色固体，加热至500℃，将生产的气体依次通过浓硫酸、碱石灰，测得浓硫酸增重0.9g，碱石灰增重1.76g。浓硫酸具有吸水性，浓硫酸增加的质量为反应生成水的质量，则生成水的质量为0.9g（结晶水和氢氧化镁分解生成水的质量和），碱石灰能与二氧化碳反应，则碱石灰增加的质量为反应生成二氧化碳的质量，则生成二氧化碳的质量=1.76g，
根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类和质量不变，水合碱式碳酸镁中碳元素的质量与生成二氧化碳中碳元素的质量相等，则碳元素的质量=，
则水合碱式碳酸镁中碳酸镁的质量=，
水合碱式碳酸镁中氢元素的质量与生成水中氢元素的质量相等，则氢元素的质量=，
根据质量守恒定律，化学反应前后物质的总质量不变，则生成氧化镁的质量=4.66g-0.9g-1.76g=2g，
则生成氧化镁中镁元素的质量=，
碳酸镁中镁元素的质量=，
则水合碱式碳酸镁中氢氧化镁的质量=，
则氢氧化镁中氢元素的质量=，
则结合水的质量=，
则x：y：z=；
分析：若碱石灰吸收了空气中的CO2，会导致测得生成二氧化碳的质量偏大，则导致计算出的碳酸镁的质量偏大，则y会偏大。
【分析】（1）根据氢气的性质分析。
（2）碳酸钠能与氯化钙反应生成碳酸钙和氯化钠。
（3）氢氧化镁能与稀盐酸反应生成氯化镁和水，碳酸镁能与稀盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳气体和水。
水合碱式碳酸镁加热下会生成二氧化碳气体、水和氧化镁。
根据质量守恒定律，化学反应前后物质的总质量不变，结合化学式的相关计算，进行计算分析。
根据水合碱式碳酸镁加热下会生成二氧化碳气体分析。
（1）结论为该气体是氢气，氢气具有可燃性，混有一定量的空气，遇到明火，容易发生爆炸，故收集气体经验纯后点燃；
（2）取少量无色滤液，滴加CaCl2溶液，产生白色沉淀且无气泡，则滤液中的溶质是碳酸钠，碳酸钠能与氯化钙反应生成碳酸钙和氯化钠；
（3）实验1：氢氧化镁能与稀盐酸反应生成氯化镁和水，碳酸镁能与稀盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳和水，则取适量白色固体，加入足量稀盐酸，产生气泡，说明白色固体中含碳酸镁，则猜想①不成立；
实验3：由资料可知，该白色固体是水合碱式碳酸镁[xMg(OH)2 yMgCO3 zH2O]，难溶于水，受热易分解，在450℃完全分解为三种氧化物。根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，反应物中含Mg、O、H、C，则生成的三种氧化物是氧化镁、水和二氧化碳，取4.66g白色固体，加热至500℃，将生产的气体依次通过浓硫酸、碱石灰，测得浓硫酸增重0.9g，碱石灰增重1.76g。浓硫酸具有吸水性，浓硫酸增加的质量为反应生成水的质量，则生成水的质量为0.9g（结晶水和氢氧化镁分解生成水的质量和），碱石灰能与二氧化碳反应，则碱石灰增加的质量为反应生成二氧化碳的质量，则生成二氧化碳的质量为：1.76g，根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类和质量不变，水合碱式碳酸镁中碳元素的质量与生成二氧化碳中碳元素的质量相等，则碳元素的质量为：，则水合碱式碳酸镁中碳酸镁的质量为：，水合碱式碳酸镁中氢元素的质量与生成水中氢元素的质量相等，则氢元素的质量为：，根据质量守恒定律，化学反应前后物质的总质量不变，则生成氧化镁的质量为：4.66g-0.9g-1.76g=2g，则生成氧化镁中镁元素的质量为：，碳酸镁中镁元素的质量为：，则水合碱式碳酸镁中氢氧化镁的质量为：，则氢氧化镁中氢元素的质量为：，则结合水的质量为：，则x：y：z=；
分析：若碱石灰吸收了空气中的CO2，会导致测得生成二氧化碳的质量偏大，则导致计算出的碳酸镁的质量偏大，则y会偏大。
27．【答案】（1）将电石渣粉碎，增大接触面积；酸
（2）生成NH3·H2O，增加溶液碱性，有利于CO2吸收
（3）CO2+CaCl2+2NH3·H2O=CaCO3↓+H2O+2NH4Cl
（4）NH3和NH4Cl溶液
（5）加入硝酸，加热浓缩、冷却结晶
【知识点】结晶的原理、方法及其应用；酸的化学性质；碱的化学性质；盐的化学性质
【解析】【解答】（1）可以将电石渣粉碎，可以增大接触面积，从而提高浸取率；
“浸取”原理是氯化铵溶液和电石渣反应会生成氨气，电石渣含有氢氧化钙，显碱性，从而可知氯化铵溶液呈酸性。
（2）“碱化”时通入过量氨气一方面是为了使镁离子完全沉淀，另一方面是为了生成NH3·H2O，增加溶液碱性，有利于CO2吸收 ，为碳化提供碱性环境，方便进行碳化。
（3）“碳化”时反应是二氧化碳和氯化钙、氨水反应生成碳酸钙沉淀、氯化铵溶液和水，化学方程式为：CO2+CaCl2+2NH3·H2O=CaCO3↓+H2O+2NH4Cl。
（4）由以上分析可知，NH3和NH4Cl既是反应物又是生成物，所以该工艺流程中循环利用的物质为NH3和NH4Cl溶液。
（5）碳酸钙和硝酸反应生成硝酸钙溶液、二氧化碳和水，因为硝酸钙的溶解度随温度升高而增大，因此欲从Ca(NO3)2溶液中得到Ca(NO3)2·4H2O，可采用降温结晶的方法，所以操作方法为加入硝酸，加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
【分析】（1）根据增大反应物的接触面积，会加快反应速度分析。
根据氯化铵溶液和电石渣反应生成氨气，再结合酸的性质进行分析。
（2）氨气与水结合会生成氨水，溶液中有大量的氢氧根离子，显碱性。
（3）二氧化碳和氯化钙、氨水反应生成碳酸钙沉淀、氯化铵溶液和水。
（4）在化学反应中，既是反应物又是生成物，该物质是可以循环利用的物质。
（5）根据碳酸钙的性质，硝酸钙的溶解度随温度升高而增大，结合实验操作分析。
（1）可以将电石渣粉碎，增大接触面积，从而提高浸取率；
“浸取”原理是氯化铵溶液和电石渣反应生成氨气，从而可知氯化铵溶液呈酸性；
（2）“碱化”时通入过量氨气一方面是为了使镁离子完全沉淀，另一方面是为了生成NH3·H2O，增加溶液碱性，有利于CO2吸收 ，为碳化提供碱性环境，方便进行碳化；
（3）“碳化”时是二氧化碳和氯化钙、氨水反应生成碳酸钙沉淀、氯化铵溶液和水，化学方程式为：CO2+CaCl2+2NH3·H2O=CaCO3↓+H2O+2NH4Cl；
（4）由以上分析可知，NH3和NH4Cl既是反应物又是生成物，所以该工艺流程中循环利用的物质为NH3和NH4Cl溶液；
（5）碳酸钙和硝酸反应生成硝酸钙溶液，因为硝酸钙的溶解度随温度升高而增大，因此欲从Ca(NO3)2溶液中得到Ca(NO3)2·4H2O，可采用降温结晶的方法，故操作方法为加入硝酸，加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
28．【答案】硬度（或强度）；；刷漆（合理即可）；温度升高，二氧化硫的溶解度减小；铁粉和生成的硫酸反应生成硫酸亚铁，硫酸亚铁是脱硫过程的催化剂；铁粉和生成的硫酸持续反应生成硫酸亚铁，故FeSO4溶液的溶质质量增大，溶质质量分数增大；氢气、二氧化碳；；；纳米铁粉能与氧气和水反应；44.8
【知识点】溶解度的影响因素；金属锈蚀的条件及其防护；盐的化学性质；化学方程式的书写与配平；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】（1）①合金比组成它的纯金属硬度大，耐腐蚀，铸造“黄河铁牛”的过程中加入了锡，形成合金，可使其硬度比纯铁大。硬度不需要通过化学变化就能表现出来，属于物理性质。
②赤铁矿的主要成分是氧化铁，工业上用赤铁矿炼铁的反应为一氧化碳和氧化铁在高温下反应生成铁和二氧化碳，该反应的化学方程式为：。08
③铁生锈的条件是铁与氧气和水共同接触，生活中为了防止铁制品生锈，可以隔绝氧气、水，可采取的措施有：刷漆、涂油等。
（2）①气体的溶解度随温度的升高而减小，故温度升高脱硫率降低的原因是：温度升高，二氧化硫的溶解度减小；
②脱硫过程中加入适量的铁粉，铁粉和生成的硫酸反应生成硫酸亚铁，硫酸亚铁是脱硫过程的催化剂，可以促进反应进行；
③脱硫过程中加入适量的铁粉，铁粉和生成的硫酸反应生成硫酸亚铁，故硫酸亚铁溶液的溶质质量增大，溶质质量分数增大。
（3）“酸溶”时产生的气体由铁与稀硫酸反应会生成氢气，碳酸亚铁与稀硫酸反应会生成二氧化碳组成。
（4）“沉淀”时发生的复分解反应为硫酸亚铁和H2C2O4反应生成FeC2O4和硫酸，该反应的化学方程式为：。
（5）灼烧时，FeC2O4和氧气在高温下反应生成氧化铁、一氧化碳和二氧化碳，产物中CO和CO2的分子个数比为1：1，则该反应的化学方程式为：。
（6）纳米铁粉能处理水体中的硝态氮，废水中溶解氧会降低去除率的原因是：纳米铁粉能与氧气和水反应，所以会降低的去除率。
（7）一氧化碳与氧化铁在高温下反应生成铁和二氧化碳，化学方程式为：，一氧化碳与四氧化三铁在高温下反应生成铁和二氧化碳，化学方程式为：，根据质量守恒定律， 化学反应前后元素的种类不变，由化学方程式可知，生成二氧化碳中的氧元素一半来自固体中的氧元素，
则固体中氧元素的质量=，
则制备出纳米铁粉的质量=63.2g-18.4g=44.8g。
【分析】（1）①根据合金的性质，物理性质的特点分析。
②一氧化碳和氧化铁在高温下反应生成铁和二氧化碳。
③根据铁生锈的条件进行分析。
（2）①气体的溶解度随温度的升高而减小。
②根据题意，硫酸亚铁是脱硫过程的催化剂进行分析。
③铁粉和生成的硫酸反应生成硫酸亚铁。
（3）铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，碳酸亚铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁、水和二氧化碳。
（4）复分解反应是两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物的反应。
硫酸亚铁和H2C2O4反应生成FeC2O4和硫酸。
（5）根据灼烧时，FeC2O4和氧气在高温下反应生成氧化铁、一氧化碳和二氧化碳，结合CO和CO2的分子个数比为1：1，写出该反应的化学方程式。
（6）根据纳米铁粉能与氧气和水反应生成铁锈分析。
（7）根据质量守恒定律， 化学反应前后元素的种类不变，结合一氧化碳与氧化铁、四氧化三铁反应，进行分析。
1 / 12025年江苏省溧阳市燕湖初级中学中考三模化学试卷
1．下列属于纯净物的是
A．水银 B．白醋 C．不锈钢 D．大理石
【答案】A
【知识点】纯净物和混合物
【解析】【解答】A. 水银是汞的俗称，只由汞一种物质组成，属于纯净物，故符合题意；
B. 白醋中含有醋酸、水，属于混合物，故不符合题意；
C. 不锈钢是铁的合金，含有多种物质，属于混合物，故不符合题意；
D. 大理石主要成分是碳酸钙，含有多种物质，属于混合物，故不符合题意。
故答案为：A。
【分析】由单一物质组成的物质称为纯净物。
混合物是由两种及两种以上纯物质(元素或化合物)没有经化学变化而组成的物质。
2．下列笔、墨、纸、砚制作工艺中涉及化学变化的是
A．竹制笔杆 B．烧炭集烟 C．纸浆晾干 D．磨石成砚
【答案】B
【知识点】物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】A. 竹制笔杆，只是形状变化，其中没有新物质生成，属于物理变化，故不符合题意；
B. 烧炭集烟，包含物质的燃烧，燃烧有新物质生成，属于化学变化，故符合题意；
C. 纸浆晾干，其中没有新物质生成，属于物理变化，故不符合题意；
D. 磨石成砚，只是形状变化，没有新物质生成，属于物理变化，故不符合题意。
故答案为：B。
【分析】变化时没有生成其它物质的变化，叫物理变化。
变化时都生成新物质的变化，叫做化学变化。
3．下列物质的用途主要与化学性质有关的是
A．干冰用于食品保鲜 B．汽油用于清洗油污
C．氧气用于医疗救急 D．铜丝用于制作导线
【答案】C
【知识点】化学性质与物理性质的差别及应用
【解析】【解答】A. 干冰升华吸热，能使周围温度降低，可以用于食品保鲜，该性质不需要发生化学变化就能表现出来，属于物理性质，故不符合题意；
B. 汽油用于清洗油污，汽油能溶解油污，该性质不需要发生化学变化就能表现出来，属于物理性质，故不符合题意；
C. 氧气能供给呼吸，可以用于医疗急救，该性质需要在化学变化中表现出来，属于化学性质，故符合题意；
D. 铜丝用于制作导线，是利用铜的导电性，该性质不需要发生化学变化就能表现出来，属于物理性质，故不符合题意。
故答案为：C。
【分析】物质在化学变化中表现出来的性质叫做化学性质。例如，可燃性、稳定性、酸性、碱性、氧化性、还原性等、腐蚀性等。
物质不需要发生化学变化就表现出来的性质，叫做物理性质。例如，颜色、状态、气味、硬度、熔点、沸点、密度等都属于物质的物理性质。
4．铁制品发蓝工艺原理9Fe+4NaNO2+8H2O=3Fe3O4+4NH3↑+4NaOH。其中属于盐的是
A．NaNO2 B．Fe3O4 C．NH3 D．NaOH
【答案】A
【知识点】酸、碱、盐的概念；单质和化合物；从组成上识别氧化物
【解析】【解答】A. NaNO3是由钠金属阳离子和硝酸根阴离子组成的，属于盐，故符合题意；
B. Fe3O4是由铁和氧两种元素组成的化合物，属于氧化物，不属于盐，故不符合题意；
C. NH3是由氮和氢两种元素组成的化合物，不属于盐，故不符合题意；
D. NaOH在水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子，属于碱，不属于盐，故不符合题意；
故答案为：A。
【分析】酸是电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物；
碱是电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物；
盐是电离时生成金属阳离子（或铵根离子）和酸根离子的化合物。
5．下列归类正确的是
选项 归类 内容
A 合成材料 涤纶、聚乙烯、合金钢
B 可燃气体 氧气、石油气、天然气
C 常见的碱 火碱、消石灰、草木灰
D 有机高分子 淀粉、纤维素、蛋白质
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】合成材料的使用及其对人和环境的影响；有机高分子材料的分类及鉴别；酸、碱、盐的概念；物质的简单分类
【解析】【解答】A. 涤纶属于合成纤维、聚乙烯属于塑料，都属于合成材料，合金钢是金属材料，不属于合成材料，故错误；
B. 煤、石油、天然气均属于化石燃料，石油气、天然气均属于化石燃料的气体，氧气不属于化石燃料，故错误；
C. 火碱是氢氧化钠的俗称，消石灰是氢氧化钙的俗称，均属于碱，但草木灰主要成分是碳酸钾，属于混合物，故错误；
D. 淀粉、纤维素、蛋白质均属于有机高分子，故正确。
故答案为：D。
【分析】A、合成橡胶、合成纤维、塑料属于合成材料。
B、煤、石油、天然气均属于化石燃料。
C、根据常见的碱分析。
D、有机高分子化合物是指相对分子质量很大的有机物，简称有机高分子。
6．检测土壤浸出液酸碱性和酸碱度的部分操作，下列操作不正确的是
A．搅拌 B．过滤
C．测酸碱性 D．测酸碱度
【答案】D
【知识点】实验室常见的仪器及使用；过滤的原理、方法及其应用；溶液的酸碱性与pH值的关系
【解析】【解答】A. 溶解操作应在烧杯中进行，并且用玻璃棒不断搅拌，故操作正确，不符合题意；
B. 过滤液体时，需要注意“一贴、二低、三靠”的原则，故操作正确，不符合题意；
C. 使用胶头滴管时，注意胶头滴管不能伸入到试管内或接触试管内壁，应垂直悬空在试管口上方滴加液体，故操作正确，不符合题意；
D. 用pH试纸测定未知溶液的pH时，正确的操作方法为取一片pH试纸放在玻璃片或白瓷板上，用玻璃棒蘸取少量待测液滴在干燥的pH试纸上，与标准比色卡对比来确定pH，不应该用试纸直接蘸取试液，故操作错误，符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据溶解操作的注意事项分析。
B、根据过滤操作需要注意的原则分析。
C、根据使用胶头滴管的操作分析。
D、根据用pH试纸测定未知溶液pH时的正确操作方法分析。
7．下列实验方法正确的是
A．用水区分NaOH和NH4NO3固体
B．用50mL量筒量取6.5mLH2O
C．用加碘盐鉴别淀粉溶液和食盐水
D．用活性炭除去水中所有杂质
【答案】A
【知识点】实验室常见的仪器及使用；水的净化；溶解时的吸热或放热现象；物质的检验、鉴别
【解析】【解答】A. 氢氧化钠固体溶于水，会放出大量的热， 溶液温度会升高，硝酸铵溶于水吸热，溶液温度会降低，现象不同，可以用水区分氢氧化钠和硝酸铵固体，故正确；
B. 量取6.5mL水，应选择10mL的量筒，故错误；
C. 淀粉遇碘单质会变蓝，食盐水遇到碘单质不变蓝，可以用碘单质鉴别淀粉溶液和食盐水，但是加碘盐中的碘元素存在于碘酸钾中，不能使淀粉变蓝，不能用加碘盐鉴别淀粉溶液和食盐水，故错误；
D. 活性炭结构疏松多孔，具有吸附性，可以吸附水中的色素和异味，活性炭不能除去水中所有杂质，故错误；
故答案为：A。
【分析】A、根据物质溶于水是否放出热量，或者吸收热量分析。
B、量筒量程选择的依据有两点：一是保证量取一次，二是量程与液体的取用量最接近。
C、首先分析需要鉴别的物质的性质，然后选择适当的试剂和方法，出现不同的现象即可鉴别。
D、根据活性炭的性质分析。
8．下列排序正确的是
A．氮元素质量分数：
B．利用金属的年代：
C．气体的溶解性：
D．溶液的pH值：
【答案】A
【知识点】溶解度的影响因素；金属活动性顺序及其应用；溶液的酸碱性与pH值的关系；化学式的相关计算
【解析】【解答】A. 中氮元素质量分数 = ，中氮元素质量分数 =，中氮元素质量分数 =，则氮元素质量分数：16.47% < 20.29% < 64.62%，符合“由小到大”的顺序，故正确。
B. 铜熔点低，易从矿石中还原，最早被人类使用，为铜器时代；铁熔点高，需更高冶炼技术，较晚使用，为铁器时代；铝性质活泼，需电解法冶炼，19世纪才广泛应用。利用金属的年代Fe → Cu → Al 表示 Fe 先于 Cu，但实际 Cu 早于 Fe，故错误。
C. 气体溶解性指在标准条件下（如20℃，1 atm）的溶解度（g/100mL水）。难溶，微溶，易溶，溶解性由强到弱应为> >。故错误；
D. 石灰水：氢氧化钙溶液，碱性，pH≈12-13（最大），雨水：溶解形成碳酸，弱酸性，正常雨水pH≈5.6（最小）， 食盐水：氯化钠溶液，中性，pH=7（中等）。pH由小到大应为雨水（pH≈5.6）< 食盐水（pH=7）< 石灰水（pH≈12-13）。故错误。
故答案为；A。
【分析】A、在物质中元素质量分数 = 。
B、根据金属的利用历史取决于冶炼难度，进行分析。
C、根据常见气体溶解性分析。
D、溶液的pH值<7，显酸性，从7到1，酸性逐渐增强；
溶液的pH值=7，显中性；
溶液的pH值>7，显碱性，从7到14，碱性逐渐增强。
9．下列说法正确的是
A．儿童缺锌会导致骨质疏松
B．波义耳编著了《怀疑的化学家》
C．钙元素是人体微量元素之一
D．三酸两碱中的两碱是指烧碱和熟石灰
【答案】B
【知识点】常用盐的用途；人体的元素组成与元素对人体健康的重要作用；化学相关人物及贡献
【解析】【解答】A. 长时间缺锌会导致食欲不振、发育不良、生长迟缓，老年人缺钙会导致骨质疏松，故错误；
B. 波义耳编著了《怀疑的化学家》，批判了当时流行的炼金术和亚里士多德的四元素说，提出了化学元素的现代概念，强调实验在化学研究中的重要性，故正确；
C. 钙元素属于常量元素，不是微量元素，故错误；
D. 三酸两碱，其中三酸是指硫酸、盐酸和硝酸，两碱是指烧碱和纯碱，故错误；
故答案为：B。
【分析】A、根据元素与人体健康的关系分析。
B、根据波义耳的主要成就分析。
C、根据人体中的常量元素分析。
D、根据常见的碱分析。
10．科学思维是化学核心素养的重要组成部分，下列说法正确的是
A．分类：P2O5、H2O和中都含有氧元素，都属于氧化物
B．比较：CO和CO2的组成元素相同，它们的化学性质也相同
C．推理：溶液是均一、稳定的，所以均一、稳定的液体是溶液
D．分析：浓盐酸敞口放置一段时间后浓度减小，因为浓盐酸有挥发性
【答案】D
【知识点】溶液的组成及特点；空气中常见酸碱盐的质量或性质变化及贮存法；从组成上识别氧化物
【解析】【解答】A. 五氧化二磷是由P、O元素组成的化合物，水是由H、O元素组成的化合物，它们均属于氧化物，碳酸氢钠是由Na、H、C、O元素组成的化合物，不属于氧化物，故错误；
B. 一氧化碳和二氧化碳元素组成相同，但是分子构成不同，其化学性质不同，故错误；
C. 溶液具有均一性、稳定性，但是均一、稳定的液体不一定是溶液，如水是均一、稳定的液体，但是水属于纯净物，不属于溶液，故错误；
D. 浓盐酸敞口放置一段时间后浓度减小，因为浓盐酸有挥发性，氯化氢会挥发出去，导致溶质质量减小，溶质质量分数减小，故正确。
故答案为：D。
【分析】A、氧化物是由两种元素组成，其中一种元素是氧元素的化合物。
B、由分子构成的物质，分子是保持物质化学性质的最小粒子。
C、溶液是均一、稳定的混合物。
D、根据浓盐酸的性质分析。
11．硒元素在元素周期表中的信息如图所示。下列说法不正确的是
A．硒元素属于非金属元素 B．硒原子核内有34个中子
C．硒元素的相对原子质量为78.97 D．硒元素在人体中属于微量元素
【答案】B
【知识点】矿物质与微量元素；原子的有关数量计算；元素的简单分类；元素周期表的特点及其应用
【解析】【解答】A. 硒带“石”字旁，属于非金属元素，故正确，不符合题意；
B. 元素周期表中，汉字下方数字表示相对原子质量，左上方数字表示原子序数，在原子中，原子序数=质子数，相对原子质量质子数+中子数，则硒原子核内中子数=，故错误，符合题意；
C. 元素周期表中，汉字下方数字表示相对原子质量，相对原子质量单位为“1”，通常省略不写，故硒元素的相对原子质量为78.97，故正确，不符合题意；
D. 硒元素在人体中属于微量元素，故正确，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据元素名称的字旁，确定元素的种类。
B、元素周期表中，汉字下方数字表示相对原子质量，左上方数字表示原子序数，在原子中，原子序数=质子数，相对原子质量质子数+中子数。
C、根据元素周期表中，汉字下方数字表示相对原子质量，相对原子质量单位为“1”，通常省略不写。
D、根据硒元素属于微量元素分析。
12．下图表示甲转化为丙的微观过程。下列说法不正确的是
A．转化①中甲和H2的分子个数比为1：3
B．转化②是分解反应
C．甲、乙、丙中碳元素质量分数依次减小
D．乙和丙完全燃烧产物相同
【答案】C
【知识点】分解反应及其应用；化学式的相关计算；微粒观点及模型图的应用；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】根据微观示意图，甲为CO2、乙为CH3OH、丙为CH3OCH3，转化①化学方程式是：CO2+3H2CH3OH+H2O；
根据乙到丙的示意图，转化②化学方程式是：2CH3OHCH3OCH3+H2O。A. 由转化①化学方程式可知，甲和氢分子的个数比为1：3，故正确，不符合题意；
B. 转化②为CH3OH生成CH3OCH3和H2O，该反应符合“一变多”的特点，属于分解反应，故正确，不符合题意；
C. 甲为CO2、乙为CH3OH、丙为CH3OCH3，甲中碳元素的质量分数=，乙中碳元素的质量分数=，丙中碳元素的质量分数=，则甲、乙、丙中碳元素质量分数依次增大，故错误，符合题意；
D. 乙为CH3OH、丙为CH3OCH3，均含有C、H、O元素，根据质量守恒定律，分别在氧气中完全燃烧，产物相同，都会生成二氧化碳和水，故正确，不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据反应的微观示意图，甲为CO2、乙为CH3OH、丙为CH3OCH3，化学方程式是：CO2+3H2CH3OH+H2O；
根据乙到丙的示意图分析两个乙分子减少了2个H，1个O，产生一个丙分子，所以转化②化学方程式是：2CH3OHCH3OCH3+H2O。
13．用下图装置研究高温下木炭和FeCO3反应的产物。下列说法不正确的是
A．装置②中石灰水变浑浊，说明产物中有CO2
B．装置③中黑色固体变红，说明产物中有CO
C．装置②、③互换位置，会影响CO2的检验
D．加热一段时间后，取①中固体加入足量稀盐酸，溶液变成浅绿色，说明产物中有Fe
【答案】D
【知识点】碳、一氧化碳、氢气还原氧化铜实验；酸的化学性质；实验探究物质的组成成分以及含量；二氧化碳的检验和验满
【解析】【解答】A. 二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，观察到装置②中澄清石灰水变浑浊，说明产物中有二氧化碳，故正确，不符合题意；
B. 一氧化碳与氧化铜在加热下反应生成铜和二氧化碳，观察到装置③中黑色固体变红，说明产物中含有CO，故正确，不符合题意；
C. 如果装置②、③互换位置，一氧化碳与氧化铜反应会生成二氧化碳气体，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，会干扰产物中是否含有二氧化碳的检验，故正确，不符合题意；
D. 加热一段时间后，取①中固体加入足量稀盐酸，溶液变成浅绿色，不能说明产物中有Fe，是因为碳酸亚铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁、二氧化碳和水，也能观察到溶液变为浅绿色，故错误，符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊分析。
B、一氧化碳与氧化铜在加热下反应生成铜和二氧化碳。
C、根据一氧化碳与氧化铜反应会生成二氧化碳气体分析。
D、碳酸亚铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁、二氧化碳和水。
14．下列物质的转化在给定条件下能实现的是
A．SSO3 B．NH4HCO3NH3
C．NaCl溶液NaHCO3 D．CaCO3BaCO3
【答案】B
【知识点】氧气的化学性质；盐的化学性质；复分解反应及其应用；纯碱的制取
【解析】【解答】A. 硫在氧气中燃烧会生成二氧化硫，不会生成三氧化硫，故不符合题意；
B. 碳酸氢铵在加热条件下分解生成氨气、二氧化碳和水，能实现转化，故符合题意；
C. 氯化钠溶液与二氧化碳、氨气反应生成碳酸氢钠和氯化铵，应该还需要氨气参加反应，故不符合题意；
D. 碳酸钙为难溶物，与氯化钡溶液不反应，故不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、硫在氧气中燃烧生成二氧化硫。
B、根据碳酸氢铵的分解反应分析。
C、氯化钠溶液与二氧化碳、氨气反应生成碳酸氢钠和氯化铵。
D、根据碳酸钙的性质分析。
15．下列实验方案不能达到探究目的的是
选项 探究目的 实验方案
A 鉴别羊毛线和棉线 取样，灼烧，闻气味
B 除去K2MnO4中混有的KMnO4 充分加热至固体质量不变
C 比较Fe、Cu的金属活动性强弱 将铜片插入FeSO4溶液，观察现象
D 检验Na2SO4溶液中是否混有MgSO4 取样，加入NaOH溶液，观察现象
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】棉纤维、羊毛纤维和合成纤维的鉴别；金属活动性的探究；物质的除杂、净化；物质的检验、鉴别
【解析】【解答】A. 分别取样灼烧，有烧焦羽毛气味的是羊毛线，有烧纸气味的是棉线，能达到实验目的，故不符合题意；
B. 高锰酸钾在加热下分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，充分加热直至固体质量不变，能除去杂质高锰酸钾，但会引入新杂质二氧化锰，不符合除杂原则，故符合题意；
C. 将铜片插入溶液，铜与硫酸亚铁不反应，观察到无明显现象，说明铁比铜活泼，故不符合题意；
D. 氢氧化钠与硫酸镁反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钠，产生白色沉淀，氢氧化钠与硫酸钠不反应，无明显现象，可检验Na2SO4溶液中是否混有MgSO4 ，故不符合题意。
故答案为：B。
【分析】除杂的原则：1、除杂剂只能与杂质反应，不能与欲保留的物质反应；2、不能引入新杂质；3、最佳的除杂方法是除杂剂与杂质反应生成欲保留的物质。
首先分析需要鉴别的物质的性质，然后选择适当的试剂和方法，出现不同的现象即可鉴别。
16．如图为氢气的转化和利用。下列说法不正确的是
A．转化①氢分子间空隙减小
B．转化②反应类型为置换反应
C．转化③氢氧燃料电池工作时化学能转化为电能
D．转化④生成46gC2H5OH，参加反应H2的质量为6g
【答案】D
【知识点】分子的定义与分子的特性；物质发生化学变化时的能量变化；根据化学反应方程式的计算；置换反应及其应用
【解析】【解答】A. 转化①为氢气通过降温、加压变为液态氢，液态分子间隔小于气态分子间隔，则转化①中分子间空隙变小，故正确，不符合题意；
B. 反应②是碳和水在高温下生成氢气和一氧化碳，该反应属于置换反应，故正确，不符合题意；
C. 转化③为氢气和氧气在氢氧化钾溶液的环境下生成水，此为氢氧燃料电池工作原理，化学能转化为电能，故正确，不符合题意；
D. 转化④为氢气和二氧化碳在催化剂的条件下生成乙醇和水，化学方程式为：，若生成46gC2H5OH，设参加反应氢气质量为x，则根据关系式可得，x=12g，故错误，符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据液态分子间隔小于气态分子间隔，进行分析。
B、反应是单质和化合物生成新单质和新化合物，属于置换反应。
C、氢气和氧气在氢氧化钾溶液的环境下生成水。
D、氢气和二氧化碳在催化剂的条件下生成乙醇和水。
根据化学方程式进行计算。
17．如图为KCl和Na2SO4的溶解度曲线。下列说法不正确的是
A．T2℃时，不能配制溶质质量分数为48%的Na2SO4溶液
B．将KCl饱和溶液从T1℃升温到T2℃，溶液的溶质质量分数保持不变
C．将等质量的KCl、Na2SO4饱和溶液从T2℃降温到T1℃，两溶液中溶质的质量相等
D．将67.5gNa2SO4饱和溶液从T1℃升温到T2℃，要使溶液达到饱和需加入6.5gNa2SO4固体
【答案】C
【知识点】饱和溶液和不饱和溶液相互转变的方法；固体溶解度曲线及其作用；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】A. T2℃时，硫酸钠溶解度为48.0g，此温度下饱和硫酸钠溶液溶质质量分数=，所以T2℃时，不能配制溶质质量分数为48%的Na2SO4溶液，故正确，不符合题意；
B. 结合物质溶解度曲线图，KCl的溶解度随温度上升而升高，将KCl饱和溶液从T1℃升温到T2℃，无溶质析出，则溶液的溶质质量分数保持不变，故正确，不符合题意；
C. 结合物质溶解度曲线图，T2℃时硫酸钠的溶解度大于KCl的溶解度，此时等质量的KCl、Na2SO4饱和溶液中，KCl溶液中的水的质量＞硫酸钠溶液中的水的质量，T1℃时硫酸钠的溶解度等于KCl，则降温后，溶剂质量越大溶解的溶质质量越大，则两溶液中KCl溶液溶质质量大于硫酸钠溶液溶质质量，故错误，符合题意；
D. T1℃时，硫酸钠溶解度为35.0g，67.5gNa2SO4饱和溶液中溶质质量=，水的质量=67.5g-17.5g=50g，T2℃时，硫酸钠溶解度为48.0g，50g水最多能溶解度固体质量为24g，则升温至T2℃要使溶液达到饱和需加入的硫酸钠固体质量=24g-17.5g=6.5g，故正确，不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、根据T2℃时，硫酸钠溶解度为48.0g，进行计算分析。
B、根据溶解度曲线图，KCl的溶解度随温度上升而升高，进行分析。
C、根据溶解度曲线图，T2℃时硫酸钠的溶解度大于KCl的，进行分析。
D、根据溶解度曲线图，T1℃时，硫酸钠溶解度为35.0g，T2℃时，硫酸钠溶解度为48.0g，进行计算分析。
18．利用硫化物分解硝酸盐的原理为：5K2S+8KNO3+4H2O4N2↑+5X+8KOH，下列说法不正确的是
A．X为K2SO4
B．KNO3可用作复合肥
C．反应中有三种元素化合价发生改变
D．反应过程中溶液pH增大
【答案】C
【知识点】溶液的酸碱性与pH值的关系；常见化肥的种类和作用；有关元素化合价的计算；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】A. 根据质量守恒定律，化学反应前后原子种类及数目不变，化学方程式，反应前有18K、5S、8N、8H和28O，反应后有8N、5X、8K、8O和8H，则5个X中含有5S、10K和20O，则1个X中含有S、2K和4O，则X的化学式为，故正确，不符合题意；
B. 硝酸钾中含有氮、磷、钾三种营养元素中的氮元素和钾元素，属于复合肥，故正确，不符合题意；
C. 反应的化学方程式为，该反应中硫元素化合价由-2价变为+6价，氮元素化合价由+5价变为0价，钾元素、氧元素、氢元素的化合价在反应前后不变，则反应中有两种元素化合价发生改变了，故错误，符合题意；
D. 该反应生成氢氧化钾，氢氧化钾显碱性，pH大于7，则反应过程中溶液pH增大，故正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据质量守恒定律，化学反应前后原子种类及数目不变，分析X的化学式。
B、在一种化学肥料中，同时含有N、P、K等主要营养元素中的两种或两种以上成分的肥料，称为复合肥料。
C、根据单质中元素的化合价规定为零，在化合物中元素的正负化合价代数和为零，进行分析。
D、根据氢氧化钾属于碱分析。
19．化学实验中常用到水，下列实验有关水的作用叙述不正确的是
A．实验①：通过集气瓶内水体积的变化，得出消耗氧气的体积
B．实验②：水的作用是防止高温熔融物使集气瓶底炸裂
C．实验③：CO2能使紫色石蕊变红，水没有参加反应
D．实验④：烧杯内冷水的作用是使水蒸气液化
【答案】C
【知识点】蒸发与蒸馏操作；测定空气中的氧气含量；氧气与碳、磷、硫、铁等物质的反应现象；探究二氧化碳的性质
【解析】【解答】A. 在测定空气中氧气含量的实验中，红磷燃烧消耗氧气，装置冷却至室温后，打开止水夹，在大气压作用下，水倒流进入集气瓶，通过集气瓶内水体积的变化，得出消耗氧气的体积，故正确，不符合题意；
B. 细铁丝在氧气中燃烧放出大量的热，生成物的温度较高，铁丝在氧气中燃烧时，集气瓶底部预先放少量水，水的作用是防止高温熔融物溅落使集气瓶底炸裂，故正确，不符合题意；
C. 二氧化碳能使紫色石蕊溶液变红，其实质是二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸显酸性，酸性溶液能使紫色石蕊变红，水参加了反应，故错误，符合题意；
D. 在蒸馏实验中，烧杯内冷水的作用是使水蒸气遇冷液化，故正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据测定空气中氧气含量实验的原理，操作分析。
B、根据细铁丝在氧气中燃烧实验的注意事项分析。
C、二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸显酸性。
D、根据蒸馏实验操作的注意事项分析。
20．有、、组成的混合物，经测定含氧元素质量分数为30%，则碳元素的质量分数为
A．65% B．60% C．50% D．40%
【答案】B
【知识点】化学式的相关计算；物质组成的综合计算
【解析】【解答】C2H4、C3H6、CH2O分子中碳原子和氢原子的个数比均为1：2，则碳元素和氢元素的质量比12：(1×2)=6：1。经测定含氧元素的质量分数为30%，则碳元素和氢元素的质量分数之和为1-30%=70%，因此碳元素的质量分数为70%×=60%。
故答案为：B。
【分析】根据所给各物质中原子个数比，由所给元素质量分数及元素质量比确定未知元素的质量分数分析。
21．用化学符号表示：
（1）甲烷　 　。
（2）8个硫原子构成的硫分子　 　。
（3）3个氯离子　 　。
（4）硝酸钾中的原子团　 　。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【知识点】元素的符号及其意义；化学式的书写及意义；化学符号及其周围数字的意义
【解析】【解答】（1）甲烷的化学式为。
（2）由8个硫原子构成的硫分子为。
（3）3个氯离子表示为。
（4）硝酸钾中的原子团是硝酸根，表示为。
【分析】（1）甲烷中含有碳元素、氢元素。
（2）位于化学式中元素符号右下角的数字，表示一个分子所含的原子或原子团的个数。
（3）离子的表示方法：在表示该离子的元素符号右上角，标出该离子所带的正负电荷数，数字在前，正负符号在后，带1个单位电荷时，1要省略，表示多个该离子，就在其离子符号前加上相应的数字。
（4）硝酸钾中的原子团是硝酸根。
（1）甲烷的化学式为；
（2）位于化学式中元素符号右下角的数字，表示一个分子所含的原子或原子团的个数，故由8个硫原子构成的硫分子为；
（3）离子的表示方法：在表示该离子的元素符号右上角，标出该离子所带的正负电荷数，数字在前，正负符号在后，带1个单位电荷时，1要省略，表示多个该离子，就在其离子符号前加上相应的数字，故3个氯离子表示为；
（4）硝酸钾中的原子团是硝酸根，表示为。
22．选择下列适当的物质填空(选填序号)：
A.聚乙烯 B.石灰石 C.武德合金 D.纯碱 E.熟石灰
（1）可用工业炼铁的是　 　。
（2）可用于制保险丝的是　 　。
（3）可用于包装食品的是　 　。
（4）可配制波尔多液的是　 　。
【答案】（1）B
（2）C
（3）A
（4）E
【知识点】合金与合金的性质；常见金属的冶炼方法；酸碱盐的应用；有机高分子材料的分类及鉴别
【解析】【解答】（1）石灰石中主要成分碳酸钙，在炼铁过程中用作熔剂。高温下，碳酸钙分解反应生成氧化钙，氧化钙与铁矿石中的二氧化硅等杂质反应，形成炉渣（如硅酸钙），从而除去杂质，提高铁水纯度。因此，可用于手工业炼铁的是石灰石。
（2）武德合金是一种低熔点合金（通常由铋、铅、锡等组成）。当电路中电流过大时，产生的热量会使保险丝熔断，从而切断电路，保护电器设备。则可用于制保险丝的是武德合金。
（3）聚乙烯是一种无毒塑料，化学性质稳定，不易与食品发生反应，且具有良好的可塑性和密封性，常用于制作食品包装袋、保鲜膜等。而其他塑料（如聚氯乙烯）可能释放有害物质，不适合食品包装。因此，可用于包装食品的是聚乙烯。
（4）波尔多液是一种农业杀菌剂，由硫酸铜和熟石灰（氢氧化钙）混合配制而成。熟石灰提供碱性环境，与硫酸铜反应生成碱式硫酸铜，起到杀菌作用。因此，可配制波尔多液的是熟石灰。
【分析】（1）根据在炼铁过程中反应原理分析。
（2）根据合金的性质分析。
（3）根据用于食品包装的特点分析。
（4）根据波尔多液的组成分析。
（1）石灰石（主要成分碳酸钙）在炼铁过程中用作熔剂。高温下，碳酸钙分解生成氧化钙（生石灰），氧化钙与铁矿石中的二氧化硅等杂质反应，形成炉渣（如硅酸钙），从而除去杂质，提高铁水纯度。因此，可用于手工业炼铁的是石灰石，故填写：B。
（2）武德合金是一种低熔点合金（通常由铋、铅、锡等组成）。当电路中电流过大时，产生的热量会使保险丝熔断，从而切断电路，保护电器设备。因此，可用于制保险丝的是武德合金，故填写：C。
（3）聚乙烯是一种无毒塑料，化学性质稳定，不易与食品发生反应，且具有良好的可塑性和密封性，常用于制作食品包装袋、保鲜膜等。而其他塑料（如聚氯乙烯）可能释放有害物质，不适合食品包装。因此，可用于包装食品的是聚乙烯，故填写：A。
（4）波尔多液是一种农业杀菌剂，由硫酸铜和熟石灰（氢氧化钙）混合配制而成。熟石灰提供碱性环境，与硫酸铜反应生成碱式硫酸铜，起到杀菌作用。因此，可配制波尔多液的是熟石灰，故填写：E。
23．全球“双碳”目标愿景下，氨气作为一种“零碳”能源前景广泛。
I．制氨
（1）N2是合成氨的重要原料，从空气中获得N2是利用空气中各成分　 　不同。
（2）在高温、高压下用铁触媒制氨的反应原理如图。
①铁触媒在反应前后　 　不改变。
②整个转化过程中氮气和氢气的分子个数比为　 　。
（3）科学家最新研制了常温、常压下电解法合成氨原理如图。
①发生反应的化学方程式为　 　。
②实际测得氨气与氧气的质量比远小于理论值可能的原因是　 　。
Ⅱ．用氨
（4）氨被誉为“零碳”燃料，是因其在纯氧中完全燃烧的产物是　 　。
（5）纯氨燃烧非常困难，且燃烧速率慢。氨中掺混其他燃料是提高氨燃烧速率和燃烧稳定性的常见方法。在相同压强、不同当量比(燃料完全燃烧理论所需空气量与实际供给空气量之比)下，向氨中掺混不同燃料时，燃烧的速率检测结果如图。当　 　时，燃料燃烧速率最快。
【答案】沸点；质量和化学性质；；；氨气在水中的溶解量远远大于氧气；N2、H2O；当量比为1.3，掺混40%H2
【知识点】氧气的工业制法；催化剂的特点与催化作用；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】（1）工业上利用液态空气中液氮和液氧沸点不同，通过分离液态空气法得到氮气，先将空气降温、加压变成液态，再升温，沸点低的液氮先汽化逸出，从而分离出氮气。
（2）①铁触媒在合成氨反应中作催化剂，结合催化剂的定义，能改变化学反应速率，而自身的质量和化学性质在反应前后不发生改变。
②从反应原理图看，该反应是N2、H2在高温高压、铁触媒作催化剂条件下反应生成NH3，化学方程式为，所以氮气和氢气的分子个数比为。
（3）①该反应是N2、H2O在通电条件下反应生成NH3和O2，化学方程式为。
②氨气极易溶于水、氧气不易溶于水，导致实际测得氨气与氧气的质量比远小于理论值。
（4）根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变，氨（NH3）中只含氮元素和氢元素，NH3在纯氧中完全燃烧，氢元素转化为水，氮元素转化为氮气，所以产物是氮气（N2）和水（H2O）。
（5）图中有甲（60%NH3和40%H2）、乙（60%NH3和40%CO）、丙（60%NH3和40%CH4）三条曲线。曲线甲（60%NH3和40%H2）在当量比为1.3时，燃烧速率达到最高值，高于乙、丙曲线在各自最高点的燃烧速率，所以当量比为1.3，掺混40%H2时，燃料燃烧速率最快。
【分析】（1）根据利用液态空气中液氮和液氧沸点不同，分离液态空气法得到氮气，进行分析。
（2）①根据催化剂的的特点分析。
②根据N2、H2在高温高压、铁触媒作催化剂条件下反应生成NH3，写出化学方程式，进行分析。
（3）①N2、H2O在通电条件下反应生成NH3和O2。
②根据氨气极易溶于水、氧气不易溶于水，进行分析。
（4）根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变，进行分析。
（5）根据观察图像，横坐标为当量比，纵坐标为燃烧速率，进行分析。
24．请参加“自制苏打水”的项目式学习。
【任务一】认识苏打水
（1）苏打水是碳酸氢钠的水溶液，pH=8.3能使无色酚酞呈现出　 　色。
【任务二】配制苏打水
（2）常温下按图1步骤配制溶质质量分数为3%的苏打水。需加入碳酸氢钠的质量为　 　g，振荡的作用是　 　(水的密度为1)。
【任务三】储存苏打水
（3）如图2所示实验，观察到澄清石灰水变浑浊。试管中产生的白色浑浊物质的化学式为　 　。根据实验，储存苏打水需要　 　。
【答案】红；15；加速溶解；CaCO3；低温保存
【知识点】酸碱指示剂的性质及应用；一定溶质质量分数的溶液的配制；二氧化碳的化学性质
【解析】【解答】（1）苏打水是碳酸氢钠的水溶液，pH=8.3，大于7，溶液显碱性，碱性溶液能使无色酚酞变成红色。
（2）解：设需加入碳酸氢钠的质量为x，
则，x=15g；
振荡的作用是：加速溶解。
（3）试管中产生白色浑浊，说明碳酸氢钠受热分解生成了二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，则白色浑浊物质为碳酸钙，化学式为：CaCO3；
碳酸氢钠受热易分解，则储存苏打水应注意的是：低温保存。
【分析】（1）溶液的pH大于7，显碱性。
（2）溶液中溶质的质量分数=。
（3）根据碳酸氢钠的性质分析。
二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙和水。
25．结合下图回答问题。
（1）仪器名称：①　 　。
（2）实验室制取1.6gO2需要多少克氯酸钾？(写出计算过程)
（3）若用F装置收集，O2应从　 　(选填“a”或“b”)端通入。
（4）实验室制取CO2的化学方程式为　 　，实验室一般只用E装置收集CO2，理由是　 　。
（5）收集一瓶CO2按图1装置完成实验，先后将等体积的两种溶液快速推入瓶中；图2表示瓶内压强变化。
①BC段反应的化学方程式为　 　。
②F~H段压强变化的原因可能是　 　。
【答案】（1）水槽
（2）设需要氯酸钾的质量为x。
解得x≈4.08g。
（3）b
（4）；二氧化碳密度比空气大，能溶于水且与水反应
（5）；反应结束，温度逐渐下降，瓶内气压逐渐降低
【知识点】盐的化学性质；根据化学反应方程式的计算；二氧化碳的实验室制法；气体制取装置的探究
【解析】【解答】（1）①仪器的名据是水槽。
（3）氧气的密度比空气的密度大，用F装置收集氧气时，氧气应从长管b端通入，将空气从短管a端排出。
（4）实验室常用大理石或石灰石和稀盐酸反应制取二氧化碳，碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：。
二氧化碳密度比空气的大，能溶于水且与水反应，所以只能用向上排空气法收集，即E装置。
（5）① 由图2可知，BC段压强下降，是因为氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，使瓶内压强减小，反应的化学方程式为：。
②F~H是因为反应结束，温度逐渐下降，瓶内气压逐渐降低。
【分析】（1）根据常见仪器的名称和用途分析。
（2）先设未知数，正确写出氯酸钾分解的化学方程式；再找准有关物质，已知量是氧气的质量，未知量是参加氯酸钾的质量；列比例式计算。
（3）根据氧气的密度比空气的密度大，结合F装置的特点分析。
（4）碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳。
根据二氧化碳的性质，分析收集装置。
（5）① 根据图2，氢氧化钠溶液与二氧化碳能反应进行分析。
②根据反应结束，温度逐渐下降，进行分析。
（1）根据常见仪器的名称和用途可知，①是水槽。
（2）详见答案。
（3）氧气的密度比空气大，用F装置收集氧气时，氧气应从长管b端通入，将空气从短管a端排出。
（4）实验室常用大理石（或石灰石）和稀盐酸反应制取二氧化碳，碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：。 二氧化碳密度比空气大，能溶于水且与水反应，所以只能用向上排空气法收集，即E装置。
（5）① 由图2可知，BC段压强下降，是因为氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，使瓶内压强减小，反应的化学方程式为：。②F~H是因为反应结束，温度逐渐下降，瓶内气压逐渐降低。
26．镁与饱和NaHCO3溶液反应产生大量气体，过滤得到无色滤液和白色沉淀。
（1）收集气体经　 　(填操作)后点燃，产生淡蓝色火焰，再通入澄清石灰水无现象，则气体是H2。
（2）取少量无色滤液，滴加CaCl2溶液，产生白色沉淀且无气泡，滤液中的溶质是　 　。
（3）探究白色沉淀的成分
【资料1】Mg(OH)2、MgCO3受热均易分解，分别生成两种氧化物。
【猜想】白色固体可能为：①Mg(OH)2；②MgCO3；③Mg(OH)2和MgCO3，
【实验1】取适量白色固体，加入足量稀盐酸，　 　(填现象)，则猜想①不成立。
【实验2】另取适量白色固体，充分加热，产生使无水硫酸铜变蓝的气体，则猜想③成立。(已知无水硫酸铜遇水会变蓝。)
【资料3】查阅资料，该白色固体是水合碱式碳酸镁[xMg(OH)2 yMgCO3 zH2O]，难溶于水，受热易分解，在450℃完全分解为三种氧化物。
【实验3】取4.66g白色固体，加热至500℃，将生产的气体依次通过浓硫酸、碱石灰，测得浓硫酸增重0.9g，碱石灰增重1.76g。则x∶y∶z=　 　。
【分析】若碱石灰吸收了空气中的CO2，测得的　 　(选填“x”、“y”、“z”)会偏大。
【结论】镁与饱和NaHCO3溶液反应生成H2、NaCO3和水合碱式碳酸镁
【答案】（1）验纯
（2）碳酸钠
（3）有气泡产生；1：4：4；y
【知识点】酸的化学性质；碱的化学性质；盐的化学性质；根据浓硫酸或碱石灰的性质确定所能干燥的气体；实验探究物质的组成成分以及含量
【解析】【解答】（1）结论为该气体是氢气，氢气具有可燃性，混有一定量的空气，遇到明火，容易发生爆炸，所以收集气体经验纯后点燃。
（2）取少量无色滤液，滴加CaCl2溶液，产生白色沉淀且无气泡，则说明滤液中的溶质是碳酸钠，碳酸钠能与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠。
（3）实验1：氢氧化镁能与稀盐酸反应生成氯化镁和水，碳酸镁能与稀盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳气体和水，则取适量白色固体，加入足量稀盐酸，产生气泡，说明白色固体中含碳酸镁，则猜想①不成立。
实验3：由资料可知，该白色固体是水合碱式碳酸镁[xMg(OH)2 yMgCO3 zH2O]，难溶于水，受热易分解，在450℃完全分解为三种氧化物。
再根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，反应物中含Mg、O、H、C，则生成的三种氧化物是氧化镁、水和二氧化碳，取4.66g白色固体，加热至500℃，将生产的气体依次通过浓硫酸、碱石灰，测得浓硫酸增重0.9g，碱石灰增重1.76g。浓硫酸具有吸水性，浓硫酸增加的质量为反应生成水的质量，则生成水的质量为0.9g（结晶水和氢氧化镁分解生成水的质量和），碱石灰能与二氧化碳反应，则碱石灰增加的质量为反应生成二氧化碳的质量，则生成二氧化碳的质量=1.76g，
根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类和质量不变，水合碱式碳酸镁中碳元素的质量与生成二氧化碳中碳元素的质量相等，则碳元素的质量=，
则水合碱式碳酸镁中碳酸镁的质量=，
水合碱式碳酸镁中氢元素的质量与生成水中氢元素的质量相等，则氢元素的质量=，
根据质量守恒定律，化学反应前后物质的总质量不变，则生成氧化镁的质量=4.66g-0.9g-1.76g=2g，
则生成氧化镁中镁元素的质量=，
碳酸镁中镁元素的质量=，
则水合碱式碳酸镁中氢氧化镁的质量=，
则氢氧化镁中氢元素的质量=，
则结合水的质量=，
则x：y：z=；
分析：若碱石灰吸收了空气中的CO2，会导致测得生成二氧化碳的质量偏大，则导致计算出的碳酸镁的质量偏大，则y会偏大。
【分析】（1）根据氢气的性质分析。
（2）碳酸钠能与氯化钙反应生成碳酸钙和氯化钠。
（3）氢氧化镁能与稀盐酸反应生成氯化镁和水，碳酸镁能与稀盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳气体和水。
水合碱式碳酸镁加热下会生成二氧化碳气体、水和氧化镁。
根据质量守恒定律，化学反应前后物质的总质量不变，结合化学式的相关计算，进行计算分析。
根据水合碱式碳酸镁加热下会生成二氧化碳气体分析。
（1）结论为该气体是氢气，氢气具有可燃性，混有一定量的空气，遇到明火，容易发生爆炸，故收集气体经验纯后点燃；
（2）取少量无色滤液，滴加CaCl2溶液，产生白色沉淀且无气泡，则滤液中的溶质是碳酸钠，碳酸钠能与氯化钙反应生成碳酸钙和氯化钠；
（3）实验1：氢氧化镁能与稀盐酸反应生成氯化镁和水，碳酸镁能与稀盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳和水，则取适量白色固体，加入足量稀盐酸，产生气泡，说明白色固体中含碳酸镁，则猜想①不成立；
实验3：由资料可知，该白色固体是水合碱式碳酸镁[xMg(OH)2 yMgCO3 zH2O]，难溶于水，受热易分解，在450℃完全分解为三种氧化物。根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，反应物中含Mg、O、H、C，则生成的三种氧化物是氧化镁、水和二氧化碳，取4.66g白色固体，加热至500℃，将生产的气体依次通过浓硫酸、碱石灰，测得浓硫酸增重0.9g，碱石灰增重1.76g。浓硫酸具有吸水性，浓硫酸增加的质量为反应生成水的质量，则生成水的质量为0.9g（结晶水和氢氧化镁分解生成水的质量和），碱石灰能与二氧化碳反应，则碱石灰增加的质量为反应生成二氧化碳的质量，则生成二氧化碳的质量为：1.76g，根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类和质量不变，水合碱式碳酸镁中碳元素的质量与生成二氧化碳中碳元素的质量相等，则碳元素的质量为：，则水合碱式碳酸镁中碳酸镁的质量为：，水合碱式碳酸镁中氢元素的质量与生成水中氢元素的质量相等，则氢元素的质量为：，根据质量守恒定律，化学反应前后物质的总质量不变，则生成氧化镁的质量为：4.66g-0.9g-1.76g=2g，则生成氧化镁中镁元素的质量为：，碳酸镁中镁元素的质量为：，则水合碱式碳酸镁中氢氧化镁的质量为：，则氢氧化镁中氢元素的质量为：，则结合水的质量为：，则x：y：z=；
分析：若碱石灰吸收了空气中的CO2，会导致测得生成二氧化碳的质量偏大，则导致计算出的碳酸镁的质量偏大，则y会偏大。
27．以电石渣[主要成分Ca(OH)2，含有MgO杂质]为原料制备硝酸钙晶体的流程如下。
（1）“浸取”时通过升高温度来提高浸取率，还能采取的措施有　 　 (任写一种)。由“浸取”原理可知NH4Cl溶液呈　 　 (选填“酸”、“中”或“碱”)性。
（2）“碱化”时通入过量氨气目的是：①使Mg2+完全沉淀；②　 　。
（3）“碳化”时发生反应的化学方程式为　 　。
（4）整个流程中可循环利用的物质有　 　。
（5）请补充由CaCO3制备Ca(NO3)2·4H2O的实验方案：　 　，洗涤、干燥。
【答案】（1）将电石渣粉碎，增大接触面积；酸
（2）生成NH3·H2O，增加溶液碱性，有利于CO2吸收
（3）CO2+CaCl2+2NH3·H2O=CaCO3↓+H2O+2NH4Cl
（4）NH3和NH4Cl溶液
（5）加入硝酸，加热浓缩、冷却结晶
【知识点】结晶的原理、方法及其应用；酸的化学性质；碱的化学性质；盐的化学性质
【解析】【解答】（1）可以将电石渣粉碎，可以增大接触面积，从而提高浸取率；
“浸取”原理是氯化铵溶液和电石渣反应会生成氨气，电石渣含有氢氧化钙，显碱性，从而可知氯化铵溶液呈酸性。
（2）“碱化”时通入过量氨气一方面是为了使镁离子完全沉淀，另一方面是为了生成NH3·H2O，增加溶液碱性，有利于CO2吸收 ，为碳化提供碱性环境，方便进行碳化。
（3）“碳化”时反应是二氧化碳和氯化钙、氨水反应生成碳酸钙沉淀、氯化铵溶液和水，化学方程式为：CO2+CaCl2+2NH3·H2O=CaCO3↓+H2O+2NH4Cl。
（4）由以上分析可知，NH3和NH4Cl既是反应物又是生成物，所以该工艺流程中循环利用的物质为NH3和NH4Cl溶液。
（5）碳酸钙和硝酸反应生成硝酸钙溶液、二氧化碳和水，因为硝酸钙的溶解度随温度升高而增大，因此欲从Ca(NO3)2溶液中得到Ca(NO3)2·4H2O，可采用降温结晶的方法，所以操作方法为加入硝酸，加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
【分析】（1）根据增大反应物的接触面积，会加快反应速度分析。
根据氯化铵溶液和电石渣反应生成氨气，再结合酸的性质进行分析。
（2）氨气与水结合会生成氨水，溶液中有大量的氢氧根离子，显碱性。
（3）二氧化碳和氯化钙、氨水反应生成碳酸钙沉淀、氯化铵溶液和水。
（4）在化学反应中，既是反应物又是生成物，该物质是可以循环利用的物质。
（5）根据碳酸钙的性质，硝酸钙的溶解度随温度升高而增大，结合实验操作分析。
（1）可以将电石渣粉碎，增大接触面积，从而提高浸取率；
“浸取”原理是氯化铵溶液和电石渣反应生成氨气，从而可知氯化铵溶液呈酸性；
（2）“碱化”时通入过量氨气一方面是为了使镁离子完全沉淀，另一方面是为了生成NH3·H2O，增加溶液碱性，有利于CO2吸收 ，为碳化提供碱性环境，方便进行碳化；
（3）“碳化”时是二氧化碳和氯化钙、氨水反应生成碳酸钙沉淀、氯化铵溶液和水，化学方程式为：CO2+CaCl2+2NH3·H2O=CaCO3↓+H2O+2NH4Cl；
（4）由以上分析可知，NH3和NH4Cl既是反应物又是生成物，所以该工艺流程中循环利用的物质为NH3和NH4Cl溶液；
（5）碳酸钙和硝酸反应生成硝酸钙溶液，因为硝酸钙的溶解度随温度升高而增大，因此欲从Ca(NO3)2溶液中得到Ca(NO3)2·4H2O，可采用降温结晶的方法，故操作方法为加入硝酸，加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
28．铁及其化合物在生产生活中有着广泛的应用。
一、铁的应用
（1）唐代铸造的“黄河铁牛”为桥梁地锚，与铁柱、铁山、铁墩、铁人等共同组成坚固完善的地锚系统。
①铸造“黄河铁牛”的过程中加入了锡，使其　 　(填物理性质)比纯铁大。
②工业上用赤铁矿进行高炉炼铁的化学方程式为　 　。
③生活中为了防止铁制品生锈，可采取的措施有　 　(任写一种)。
（2）铁粉可以对烟气进行“脱硫”处理，某烟气含N2、O2、SO2等气体，用FeSO4溶液催化“脱硫”的部分流程如图1所示。溶液的起始温度对脱硫率和溶液pH的影响如图2所示。
资料：“脱硫”时发生的主要反应为；
①温度升高脱硫率降低的原因是　 　。
②“脱硫”过程中加入铁粉的目的是　 　。
③“脱硫”一段时间后，FeSO4溶液的溶质质量分数变大的原因是　 　。
二、纳米铁粉的制备
纳米铁粉能作高效水处理剂。一种由铁屑(含少量FeCO3杂质)制备纳米铁粉的方法如下：
（3）“酸溶”时产生的气体为　 　。
（4）“沉淀”时发生复分解反应的方程式为　 　。
（5）“灼烧”后得到Fe2O3，若产物中CO和CO2的分子个数比为1∶1，则“灼烧”时发生反应的化学方程式为　 　。
（6）纳米铁粉能处理水体中的硝态氮，废水中溶解氧会降低去除率的原因是　 　。
含铁催化剂的定量测定
上述流程经“灼烧”后所得固体Fe2O3中混有一定量Fe3O4。
（7）取63.2g该固体与足量CO充分反应，生成CO2的质量为50.6g，制备出纳米铁粉的质量为　 　 g。
【答案】硬度（或强度）；；刷漆（合理即可）；温度升高，二氧化硫的溶解度减小；铁粉和生成的硫酸反应生成硫酸亚铁，硫酸亚铁是脱硫过程的催化剂；铁粉和生成的硫酸持续反应生成硫酸亚铁，故FeSO4溶液的溶质质量增大，溶质质量分数增大；氢气、二氧化碳；；；纳米铁粉能与氧气和水反应；44.8
【知识点】溶解度的影响因素；金属锈蚀的条件及其防护；盐的化学性质；化学方程式的书写与配平；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】（1）①合金比组成它的纯金属硬度大，耐腐蚀，铸造“黄河铁牛”的过程中加入了锡，形成合金，可使其硬度比纯铁大。硬度不需要通过化学变化就能表现出来，属于物理性质。
②赤铁矿的主要成分是氧化铁，工业上用赤铁矿炼铁的反应为一氧化碳和氧化铁在高温下反应生成铁和二氧化碳，该反应的化学方程式为：。08
③铁生锈的条件是铁与氧气和水共同接触，生活中为了防止铁制品生锈，可以隔绝氧气、水，可采取的措施有：刷漆、涂油等。
（2）①气体的溶解度随温度的升高而减小，故温度升高脱硫率降低的原因是：温度升高，二氧化硫的溶解度减小；
②脱硫过程中加入适量的铁粉，铁粉和生成的硫酸反应生成硫酸亚铁，硫酸亚铁是脱硫过程的催化剂，可以促进反应进行；
③脱硫过程中加入适量的铁粉，铁粉和生成的硫酸反应生成硫酸亚铁，故硫酸亚铁溶液的溶质质量增大，溶质质量分数增大。
（3）“酸溶”时产生的气体由铁与稀硫酸反应会生成氢气，碳酸亚铁与稀硫酸反应会生成二氧化碳组成。
（4）“沉淀”时发生的复分解反应为硫酸亚铁和H2C2O4反应生成FeC2O4和硫酸，该反应的化学方程式为：。
（5）灼烧时，FeC2O4和氧气在高温下反应生成氧化铁、一氧化碳和二氧化碳，产物中CO和CO2的分子个数比为1：1，则该反应的化学方程式为：。
（6）纳米铁粉能处理水体中的硝态氮，废水中溶解氧会降低去除率的原因是：纳米铁粉能与氧气和水反应，所以会降低的去除率。
（7）一氧化碳与氧化铁在高温下反应生成铁和二氧化碳，化学方程式为：，一氧化碳与四氧化三铁在高温下反应生成铁和二氧化碳，化学方程式为：，根据质量守恒定律， 化学反应前后元素的种类不变，由化学方程式可知，生成二氧化碳中的氧元素一半来自固体中的氧元素，
则固体中氧元素的质量=，
则制备出纳米铁粉的质量=63.2g-18.4g=44.8g。
【分析】（1）①根据合金的性质，物理性质的特点分析。
②一氧化碳和氧化铁在高温下反应生成铁和二氧化碳。
③根据铁生锈的条件进行分析。
（2）①气体的溶解度随温度的升高而减小。
②根据题意，硫酸亚铁是脱硫过程的催化剂进行分析。
③铁粉和生成的硫酸反应生成硫酸亚铁。
（3）铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，碳酸亚铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁、水和二氧化碳。
（4）复分解反应是两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物的反应。
硫酸亚铁和H2C2O4反应生成FeC2O4和硫酸。
（5）根据灼烧时，FeC2O4和氧气在高温下反应生成氧化铁、一氧化碳和二氧化碳，结合CO和CO2的分子个数比为1：1，写出该反应的化学方程式。
（6）根据纳米铁粉能与氧气和水反应生成铁锈分析。
（7）根据质量守恒定律， 化学反应前后元素的种类不变，结合一氧化碳与氧化铁、四氧化三铁反应，进行分析。
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